/專題10磁場考點三年考情（2023-2025）命題趨勢考點1磁場安培力2025·黑吉遼卷·T14、2025·海南卷·T9、2024·福建卷·T6、2024·重慶卷·T13、2023·北京卷·T19、2023·海南卷·T17、2023·江蘇卷·T2、2023·山東卷·T12考查熱點：(1)磁場的性質(zhì)、安培定則、安培力的分析和計算。(2)帶電粒子在有界勻強磁場中的運動。(3)帶電粒子在組合場中的運動?？键c2帶電粒子在磁場中的運動2025·四川卷·T10、2025·甘肅卷·T10、2024·浙江1月選考卷·T20、2024·新課標(biāo)卷·T26、2024·廣東卷·T15、2024·北京卷·T22、2024·湖北卷·T7、2024·廣西卷·T5、2024·重慶卷·T14、2023·北京卷·T13、2023·天津卷·T13、2023·湖北卷·T15、2023·全國甲卷·T20、2023·浙江6月選考卷·T20、2023·廣東卷·T5考點3帶電粒子在組合場中的運動2025·北京卷·T12、2025·山東卷·T12、2024·黑吉遼卷·T15、2024·海南卷·T18、2024·湖南卷·T14、2024·甘肅卷·T15、2023·山東卷·T17、2023·海南卷·T13、2023·遼寧卷·T14考點01磁場安培力1．（2025·廣東·高考真題）如圖是一種精確測量質(zhì)量的裝置原理示意圖，豎直平面內(nèi)，質(zhì)量恒為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度不變。測量分兩個步驟，步驟①：托盤內(nèi)放置待測物塊，其質(zhì)量用m表示，線圈中通大小為I的電流，使稱重框架受力平衡；步驟②：線圈處于斷開狀態(tài)，取下物塊，保持線圈不動，磁場以速率v勻速向下運動，測得線圈中感應(yīng)電動勢為E。利用上述測量結(jié)果可得出m的值，重力加速度為g。下列說法正確的有（

）A．線圈電阻為 B．I越大，表明m越大C．v越大，則E越小 D．【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題意電動勢E是線圈斷開時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，I為線圈閉合時通入的電流，故不是線圈的電阻；故A錯誤；B．根據(jù)平衡條件有①故可知I越大，m越大；故B正確；C．根據(jù)公式有②故可知v越大，E越大；故C錯誤；D．聯(lián)立①②可得故D正確。故選BD。2．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖（a），固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導(dǎo)體框，置于始終豎直向下的勻強磁場中，邊與磁場邊界平行，邊中點位于磁場邊界。導(dǎo)體框的質(zhì)量，電阻、邊長。磁感應(yīng)強度B隨時間t連續(xù)變化，內(nèi)圖像如圖（b）所示。導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流I與時間t關(guān)系圖像如圖（c）所示，其中內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時針方向為電流正方向。(1)求時邊受到的安培力大小F；(2)畫出圖(b)中內(nèi)圖像（無需寫出計算過程）；(3)從開始，磁場不再隨時間變化。之后導(dǎo)體框解除固定，給導(dǎo)體框一個向右的初速度，求ad邊離開磁場時的速度大小?！敬鸢浮?1)0.015N(2)(3)0.01m/s【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律可知，內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小為由圖（b）可知，時磁感應(yīng)強度大小為所以此時導(dǎo)線框的安培力大小為（2）內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為，根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流方向為順時針，由圖（c）可知內(nèi)的感應(yīng)電流大小為方向為逆時針，根據(jù)歐姆定律可知內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小為由法拉第電磁感應(yīng)定律可知內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化率為解得時磁感應(yīng)強度大小為方向垂直于紙面向里，故的磁場隨時間變化圖為（3）由動量定理可知其中聯(lián)立解得經(jīng)過磁場邊界的速度大小為3．（2025·江蘇·高考真題）某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示，下列判斷正確的是（

）A．a(chǎn)點的磁感應(yīng)強度大于b點 B．b點的磁感應(yīng)強度大于c點C．c點的磁感應(yīng)強度大于a點 D．a(chǎn)、b、c點的磁感應(yīng)強度一樣大【答案】B【詳解】磁感線越密集的地方磁感線強度越大，故可知。故選B。4．（2025·福建·高考真題）如圖所示，空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點，M與O關(guān)于L1對稱，O與N關(guān)于L2對稱且OM=ON，初始時，M處的磁感應(yīng)強度大小為B1，O點磁感應(yīng)強度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點的磁感應(yīng)強度大?。ǎ〢． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2【答案】B【詳解】根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相同大小相等，則單個導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為根據(jù)對稱性，兩導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)該與M點一樣，為B1根據(jù)對稱性，L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為由于L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于L1在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，且方向相反，將L2撤去，N點的磁感應(yīng)強度為。故選B。5．（2025·浙江·高考真題）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。以磁場邊界CD上一點為坐標(biāo)原點，水平向右建立軸，線框中心和一條對角線始終位于軸上。開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計空氣阻力。(1)線框中心位于，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；②線框中心運動至過程中，安培力做功及沖量；③線框中心運動至?xí)r，恒流源提供的電壓；(2)線框中心分別位于和，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到所需時間分別為和，求。【答案】(1)①2BIL；②，；③(2)0【詳解】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為所以線框受到的安培力大小為②線框運動到x時，安培力大小為則初始時和線框中心運動至?xí)r的安培力分別為，則線框中心運動至過程中，安培力做功為由動能定理可得則安培力的沖量為③由能量守恒定律可得，恒流源提供的電壓為（2）類比于簡諧運動，則回復(fù)力為根據(jù)簡諧運動周期公式由題意可知，兩次簡諧運動周期相同，兩次都從最大位移運動到平衡位置，時間均相同，則有故6．（2024·貴州·高考真題）如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流，且，則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右【答案】C【詳解】根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在磁場方向向里，由于，可知左側(cè)的磁場強度大，同一豎直方向上的磁場強度相等，故導(dǎo)線框水平方向?qū)Ь€所受的安培力相互抵消，根據(jù)左手定則結(jié)合可知左半邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向右的安培力，故導(dǎo)線框所受安培力的合力方向水平向左。故選C。7．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，邊長為1m、電阻為0．04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為（）A．N B． C．1N D．【答案】C【詳解】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為可得線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動時電動勢的最大值為此時有解得分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時感應(yīng)電流最大為故ab邊所受最大的安培力為故選C。8．（2024·重慶·高考真題）小明設(shè)計了如圖所示的方案，探究金屬桿在磁場中的運動情況，質(zhì)量分別為2m、m的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連，形成閉合回路，兩根導(dǎo)線的間距和P、Q的長度均為L，僅在Q的運動區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平向左的勻強磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運動，P、Q始終保持水平，不計空氣阻力、摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量，忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g，當(dāng)P勻速下降時，求（1）P所受單根導(dǎo)線拉力的大??；（2）Q中電流的大小。

【答案】（1）mg；（2）【詳解】（1）由P勻速下降可知，P處于平衡狀態(tài)，所受合力為0，設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T，對P有2T=2mg解得T=mg（2）設(shè)Q所受安培力大小為F，對P、Q整體受力分析，有mg＋F=2mg又F=BIL解得9．（2024·甘肅·高考真題）如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中長度為L的導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導(dǎo)體棒ab所受的安培力為（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【答案】A【詳解】導(dǎo)體棒ab切割磁感線在電路部分得有效長度為d，故感應(yīng)電動勢為回路中感應(yīng)電流為根據(jù)右手定則，判斷電流方向為b流向a。故導(dǎo)體棒ab所受的安培力為方向向左。故選A。10．（2024·福建·高考真題）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細(xì)繩將半徑為的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端、處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為、方向從到的電流，細(xì)繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的小C．銅環(huán)所受安培力大小為 D．銅環(huán)所受安培力大小為【答案】AC【詳解】方法一：微元法AB．如圖，取通電半圓形銅環(huán)的一小段，可將其視為直導(dǎo)線，根據(jù)左手定則可知，改小段導(dǎo)線受到的安培力方向如圖所示，其大小根據(jù)對稱性苛刻的，如圖所示，對稱的兩小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，則通電后半圓形銅環(huán)受到的安培力豎直向下，根據(jù)受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A正確，B錯誤；CD．對每小段導(dǎo)線所受安培力在豎直方向的分力求和，可得故C正確，D錯誤。故選AC。方法二：等效法通電半圓形銅環(huán)可等效為等效長度為直徑，電流方向，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大。故選AC。11．（2024·安徽·高考真題）如圖所示，一“U”型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B=kt（SI），k為常數(shù)（k>0）。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；（2）求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式；（3）求經(jīng)過多長時間，對ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值。【答案】（1）kL2·t，kL2，從a流向b；（2）；（3）【詳解】（1）通過面積的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。（2）根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為F安=BIL其中B=kt設(shè)金屬棒向上運動的位移為x，則根據(jù)運動學(xué)公式所以導(dǎo)軌上方的電阻為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式為（3）由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，則對ab受力分析由牛頓第二定律其中聯(lián)立可得整理有根據(jù)均值不等式可知，當(dāng)時，F(xiàn)有最大值，故解得F的最大值為【點睛】12．（2024·浙江·高考真題）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（）A．圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度相同C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等【答案】A【詳解】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項A正確；

B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度不為零，選項C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度，選項D錯誤。故選A。13．（2023·福建·高考真題）地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚摚铝信袛嗾_的是（

）A．地表電荷為負(fù)電荷B．環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強度增大【答案】AC【詳解】A．根據(jù)右手螺旋定則可知，地表電荷為負(fù)電荷，故A正確；B．由于地表電荷為負(fù)電荷，則環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯誤；C．若地表電荷的電量增加，則等效電流越大，地磁場強度增大，故C正確；D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則等效電流越小，地磁場強度減小，故D錯誤。故選AC。14．（2023·江蘇·高考真題）如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B．L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導(dǎo)線受到的安培力為（

）

A．0 B．BIl C．2BIl D．【答案】C【詳解】因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab=BI?2l=2BIl則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl。故選C?？键c02帶電粒子在磁場中的運動15．（2025·甘肅·高考真題）2025年5月1日，全球首個實現(xiàn)“聚變能發(fā)電演示”的緊湊型全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置（BEST）在我國正式啟動總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁場截面的簡化示意圖，兩個同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，內(nèi)圓半徑為。在內(nèi)圓上A點有a、b、c三個粒子均在紙面內(nèi)運動，并都恰好到達(dá)磁場外邊界后返回。已知a、b、c帶正電且比荷均為，a粒子的速度大小為，方向沿同心圓的徑向；b和c粒子速度方向相反且與a粒子的速度方向垂直。不考慮帶電粒子所受的重力和相互作用。下列說法正確的是（

）A．外圓半徑等于 B．a(chǎn)粒子返回A點所用的最短時間為C．b、c粒子返回A點所用的最短時間之比為 D．c粒子的速度大小為【答案】BD【詳解】由題意，作出粒子運動軌跡圖，如圖所示a粒子恰好到達(dá)磁場外邊界后返回，a粒子運動的圓周正好與磁場外邊界，然后沿徑向做勻速直線運動，再做勻速圓周運動恰好回到A點，根據(jù)a粒子的速度大小為可得設(shè)外圓半徑等于,由幾何關(guān)系得則A錯誤；B．由A項分析，a粒子返回A點所用的最短時間為第一次回到A點的時間a粒子做勻速圓周運動的周期在磁場中運動的時間勻速直線運動的時間故a粒子返回A點所用的最短時間為B正確；C．由題意，作出粒子運動軌跡圖，如圖所示因為b、c粒子返回A點都是運動一個圓周，根據(jù)b、c帶正電且比荷均為，所以兩粒子做圓周運動周期相同，故所用的最短時間之比為1:1，C錯誤；D．由幾何關(guān)系得洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得D正確。故選BD。16．（2025·北京·高考真題）北京譜儀是北京正負(fù)電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量?？紤]帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。(1)一個電荷量為的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導(dǎo)得出粒子的運動周期T與質(zhì)量m的關(guān)系。(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q，粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為，粒子2運動的距離為d。求：a．粒子1與粒子2的速度大小之比；b．粒子2的動量大小?！敬鸢浮?1)(2)a．；b．【詳解】（1）粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得軌道半徑圓周運動的周期將R代入得比例關(guān)系為（2）a．由題意知粒子1做圓周運動，線速度粒子2做勻速直線運動，速度所以速度之比即b．對粒子1，由洛倫茲力提供向心力有可得粒子2的動量結(jié)合前面的分析可得17．（2025·四川·高考真題）如圖所示，I區(qū)有垂直于紙面向里的勻強磁場，其邊界為正方形；Ⅱ區(qū)有垂直于紙面向外的勻強磁場，其外邊界為圓形，內(nèi)邊界與I區(qū)邊界重合；正方形與圓形中心同為O點。I區(qū)和Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小比值為4∶1。一帶正電的粒子從Ⅱ區(qū)外邊界上a點沿正方形某一條邊的中垂線方向進入磁場，一段時間后從a點離開。取sin37°=0.6。則帶電粒子（）A．在I區(qū)的軌跡圓心不在O點B．在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的軌跡半徑之上比為1∶2C．在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的軌跡長度之比為127∶37D．在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的運動時間之上比為127∶148【答案】AD【詳解】A．由圖可知在I區(qū)的軌跡圓心不在O點，故A正確；B．由洛倫茲力提供向心力可得故在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的軌跡半徑之上比為故B錯誤；D．設(shè)粒子在磁場Ⅱ區(qū)偏轉(zhuǎn)的圓心角為α，由幾何關(guān)系可得故粒子在I區(qū)運動的時間為粒子在Ⅱ區(qū)運動的時間為聯(lián)立可得在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的運動時間之上比為故D正確；C．粒子在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的軌跡長度分別為故在I區(qū)和Ⅱ區(qū)的軌跡長度之比為故C錯誤。故選AD。18．（2025·河北·高考真題）如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板水平固定，間距為板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內(nèi)任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當(dāng)發(fā)射方向與的夾角時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電B．若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小C．粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為D．粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電，選項A錯誤；B．隨著粒子不斷打到N極板上，N極板帶電量不斷增加，向下的電場強度增加，粒子做減速運動，當(dāng)粒子恰能到達(dá)N極板時滿足，解得即d越大，板間所形成的最大電場強度越小，選項B正確；C．因粒子發(fā)射方向與OP夾角為60°時恰能垂直穿過M板Q點的小孔，則由幾何關(guān)系解得r=2L可得可得粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為選項C錯誤；D．因金屬板厚度不計，當(dāng)粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，由幾何關(guān)系可知此時粒子從P點沿正上方運動，進入兩板間時的速度方向與M板夾角為α=30°，則在兩板間運動時間其中打到M板下表面距離Q點的最小距離解得選項D正確。故選BD。19．（2025·安徽·高考真題）如圖，在豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在第二象限內(nèi)，垂直紙面且平行于x軸放置足夠長的探測薄板MN，MN到x軸的距離為d，上、下表面均能接收粒子。位于原點O的粒子源，沿平面向x軸上方各個方向均勻發(fā)射相同的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m、速度大小均為。不計粒子的重力、空氣阻力及粒子間的相互作用，則（）A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑為B．薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長度為C．薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度為dD．薄板接收到的粒子在磁場中運動的最短時間為【答案】C【詳解】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，可得，故A錯誤；B．當(dāng)粒子沿x軸正方向射出時，上表面接收到的粒子離y軸最近，如圖軌跡1，根據(jù)幾何關(guān)系可知；當(dāng)粒子恰能通過N點到達(dá)薄板上方時，薄板上表面接收點距離y軸最遠(yuǎn)，如圖軌跡2，根據(jù)幾何關(guān)系可知，，故上表面接收到粒子的區(qū)域長度為，故B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，粒子可以恰好打到下表面N點；當(dāng)粒子沿y軸正方向射出時，粒子下表面接收到的粒子離y軸最遠(yuǎn)，如圖軌跡3，根據(jù)幾何關(guān)系此時離y軸距離為d，故下表面接收到粒子的區(qū)域長度為d，故C正確；D．根據(jù)圖像可知，粒子恰好打到下表面N點時轉(zhuǎn)過的圓心角最小，用時最短，有，故D錯誤。故選C。20．（2024·廣西·高考真題）坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子運動軌跡如圖所示在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點至O點的距離故選C。21．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B．粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為【答案】D【詳解】AB．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有故C錯誤；D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得故D正確。故選D。22．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度沿細(xì)桿向上運動至最高點，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為C．洛倫茲力沖量大小為 D．若，彈力沖量為零【答案】CD【詳解】A．根據(jù)動量定理故合力沖量大小為，故A錯誤；B．小球上滑的時間為重力的沖量大小為故B錯誤；C．小球所受洛倫茲力為，隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為故C正確；D．若，0時刻小球所受洛倫茲力為小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，可得即則小球在整個減速過程的圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。23．（2023·海南·高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。24．（2024·天津·高考真題）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強磁場區(qū)域，半圓與x軸相切于M點，與y軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，磁場方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿方向的勻強電場，電場強度大小為E．一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點以速度v沿方向進入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。(1)求磁感應(yīng)強度B的大小；(2)若僅有電場，求粒子從M點到達(dá)y軸的時間t；(3)若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點，M、P的距離為，求粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負(fù)電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件有解得（2）若僅有電場，帶負(fù)電粒子受沿軸負(fù)方向的電場力，由牛頓第二定律有又有聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為，則有可得畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得解得則軌跡所對圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間25．（2023·福建·高考真題）阿斯頓（F．Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中，，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為；P、O、M、N、P'在同一直線上；離子重力不計。（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子進入磁場，洛倫茲力提供圓周運動的向心力則有整理得OM的長度為（2）若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑1.1倍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得整理得26．（2023·北京·高考真題）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯誤，符合題意；D．由動量定理可得粒子束對管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。27．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒tD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒t【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。28．（2023·全國乙卷·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。29．（2023·全國甲卷·高考真題）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是（

）

A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【答案】BD【詳解】D．假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運動的圓心

由幾何關(guān)系可知為直角，即粒子此時的速度方向為，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；A．假設(shè)粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；B．由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；C．速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤。故選BD?？键c03帶電粒子在組合場中的運動30．（2025·北京·高考真題）電磁流量計可以測量導(dǎo)電液體的流量Q——單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積。如圖所示，內(nèi)壁光滑的薄圓管由非磁性導(dǎo)電材料制成，空間有垂直管道軸線的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。液體充滿管道并以速度v沿軸線方向流動，圓管壁上的兩點連線為直徑，且垂直于磁場方向，兩點的電勢差為。下列說法錯誤的是（）A．N點電勢比M點高 B．正比于流量QC．在流量Q一定時，管道半徑越小，越小 D．若直徑與磁場方向不垂直，測得的流量Q偏小【答案】C【詳解】A．根據(jù)左手定則可知正離子向下偏，負(fù)離子向上偏，故N點電勢比M點高，故A正確；BC．設(shè)管道半徑為r，穩(wěn)定時，離子受到的洛倫茲力與電場力平衡有同時有聯(lián)立解得故正比于流量Q；流量Q一定時，管道半徑越小，越大；故B正確，C錯誤；D．若直徑MN與磁場方向不垂直，根據(jù)可知此時式中磁場強度為磁感應(yīng)強度的一個分量，即此時測量時代入的磁場強度偏大，故測得的流量Q偏?。还蔇正確。本題選錯誤的，故選C。31．（2025·山東·高考真題）如圖甲所示的平面內(nèi)，y軸右側(cè)被直線分為兩個相鄰的區(qū)域I、Ⅱ。區(qū)域I內(nèi)充滿勻強電場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)充滿垂直平面的勻強磁場，電場和磁場的大小、方向均未知。時刻，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從O點沿x軸正向出發(fā)，在平面內(nèi)運動，在區(qū)域I中的運動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，如圖甲所示。時刻粒子第一次到達(dá)兩區(qū)域分界面，在區(qū)域Ⅱ中運動的圖像為正弦曲線的一部分，如圖乙所示。不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．區(qū)域I內(nèi)電場強度大小，方向沿y軸正方向B．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運動的半徑C．區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度大小，方向垂直平面向外D．粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運動的圓心坐標(biāo)【答案】AD【詳解】A．粒子在區(qū)域I中的運動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，可以判斷出粒子做類平拋運動，根據(jù)曲線軌跡可知，可知正粒子受到的電場力方向豎直向上，電場方向沿y軸正方向，設(shè)粒子初速度為豎直方向有水平方向有由牛頓第二定律有聯(lián)立解得A正確；B．粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圖像為正弦曲線的一部分，可以判斷粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，則粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運動的半徑B錯誤；C．粒子做類平拋運動進入勻強磁場時的速度聯(lián)立解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得C錯誤；D．如圖所示，設(shè)圓心為點，設(shè)粒子進入勻強磁場時的速度方向與豎直方向夾角為由速度關(guān)系有可得由幾何關(guān)系得那么有粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)圓周運動的圓心坐標(biāo)D正確。故選AD。32．（2025·福建·高考真題）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，則（）A．電場強度為B．磁場強度為C．NP兩點的電勢差為D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為【答案】BC【詳解】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知解得電場強度，磁感應(yīng)強度，故A錯誤，B正確。C、在點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度粒子到達(dá)點時，位移偏轉(zhuǎn)角為，故在點，速度角的正切值所以粒子在點的速度到過程，由動能定理，有解得兩點間的電勢差，C正確；D、將粒子在點的速度沿水平方向和豎直方向進行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且故粒子能向上運動的最大距離D錯誤；故選BC。33．（2025·云南·高考真題）磁屏蔽技術(shù)可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，區(qū)域存在垂直平面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為（未知）。第一象限內(nèi)存在邊長為的正方形磁屏蔽區(qū)ONPQ，經(jīng)磁屏蔽后，該區(qū)域內(nèi)的勻強磁場方向仍垂直平面向里，其磁感應(yīng)強度大小為（未知），但滿足。某質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子通過速度選擇器后，在平面內(nèi)垂直y軸射入?yún)^(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好從ON中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域。速度選擇器兩極板間電壓U、間距d、內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小已知，不考慮該粒子的重力。(1)求該粒子通過速度選擇器的速率；(2)求以及y軸上可能檢測到該粒子的范圍；(3)定義磁屏蔽效率，若在Q處檢測到該粒子，則是多少？【答案】(1)(2)，(3)【詳解】（1）由于該粒子在速度選擇器中受力平衡，故其中則該粒子通過速度選擇器的速率為（2）粒子在區(qū)域內(nèi)左勻速圓周運動，從ON的中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域，由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供給向心力聯(lián)立可得由于，根據(jù)洛倫茲力提供給向心力解得當(dāng)時粒子磁屏蔽區(qū)向上做勻速直線運動，離開磁屏蔽區(qū)后根據(jù)左手定則，粒子向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得故粒子打在y軸3L處，綜上所述y軸上可能檢測到該粒子的范圍為。（3）若在Q處檢測到該粒子，如圖由幾何關(guān)系可知解得由洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得其中根據(jù)磁屏蔽效率可得若在Q處檢測到該粒子，則34．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進入，而后從進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時的速度大小；(2)粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時的速度大小為在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得35．（2024·貴州·高考真題）如圖，邊長為L的正方形區(qū)域及矩形區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區(qū)域，切點為的中點，該圓形區(qū)域與區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)邊的中點進入?yún)^(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：(1)粒子沿直線通過區(qū)域時的速度大?。?2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；(3)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）帶電粒子在區(qū)域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經(jīng)邊的中點速度水平向右，設(shè)粒子到達(dá)邊的中點速度大小為，帶電荷量為，質(zhì)量為，由平衡條件則有解得（2）粒子從b點到邊的中點的運動，可逆向看做從邊的中點到b點的類平拋運動，設(shè)運動時間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運動規(guī)律可得聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比（3）粒子從中點射出到圓形區(qū)域做勻圓周運動，設(shè)粒子的運動半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設(shè)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知可得則有36．（2024·安徽·高考真題）空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A．油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為B．油滴a做圓周運動的速度大小為C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【詳解】A．油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負(fù)電，有解得故A正確；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得油滴a做圓周運動的速度大小為故B正確；C．設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得解得周期為故C錯誤；D．帶電油滴a分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABD。37．（2024·湖北·高考真題）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說