重難點11磁場考點2025考向預測考點1：安培定則磁場的疊加高考對磁場主要考查電流的磁效應、安培力、帶電粒子在磁場中運動的問題，主要涉及各種電流產生的磁場、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動，主要體現在以下幾方面:

(1)電流磁效應主要結合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。

(2)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發粒子的收集比例問題。考點2：安培力的分析與計算考點3：安培力作用下的平衡和加速問題考點4：對洛倫茲力的理解和應用考點5：洛倫茲力作用下帶電體的運動考點6：帶電粒子在勻強磁場中的運動考點7：帶電粒子做勻速圓周運動的分析方法【情境解讀】【高分技巧】安培定則磁場的疊加1．磁場、磁感應強度(1)磁場的基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用．(2)磁感應強度：①物理意義：描述磁場的強弱和方向．②定義式：B＝eq\f(F,Il)(通電導線垂直于磁場)．③方向：小磁針靜止時N極所指的方向．④單位：特斯拉，符號為T.(3)勻強磁場：磁場中各點的磁感應強度的大小相等、方向相同，磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線．(4)地磁場①地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應強度相等，且方向水平向北．③地磁場在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量．2．磁感線（1）磁感線的特點

磁感線的特點：磁感線是為形象地描述磁場的強弱和方向而引入的一系列假想的曲線，是一種理想化的模型。它有以下特點：

①磁感線某點切線方向表示該點的磁場方向，磁感線的疏密可以定性地區分磁場不同區域磁感應強度B的大小。

②磁感線是閉合的，磁體的外部是從N極到S極，內部是從S極到N極。

③任意兩條磁感線永不相交。

④條形磁體、蹄形磁體、直線電流、通電螺線管、地磁場等典型磁場各有其特點，記住它們的分布情況有助于分析解決有關磁場的問題。

（2）幾種常見的磁感線

①條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場：在磁體的外部，磁感線從N極射出進入S極，在內部也有相應條數的磁感線（圖中未畫出）與外部磁感線銜接并組成閉合曲線。②直線電流的磁場：直線電流的磁感線是在垂直于導線平面上的以導線上某點為圓心的同心圓，其分布呈現“中心密邊緣疏”的特征，從不同角度觀察，③環形電流的磁場④通電螺線管的磁感線與條形磁鐵相似，一端相當于北極N，另一端相當于南極S。3．磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源，如通電導線．(2)定位空間中需要求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產生的磁場BM、BN.(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的B為合磁場．4.安培力的分析與計算（1）安培力的大小F＝IlBsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)(1)磁場和電流垂直時：F＝BIl.(2)磁場和電流平行時：F＝0.（2）安培力的方向左手定則判斷：(1)如圖，伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內．(2)讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向．(3)拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．5.安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：6.對洛倫茲力的理解和應用1．洛倫茲力的定義：磁場對運動電荷的作用力．2．洛侖茲力的大小：，為與B的夾角。

當時，，此時，電荷受到的洛侖茲力最大；

當或時，f=0，即電荷在磁場中平行于磁場方向運動時，電荷不受洛侖茲力作用；

當v=0時，f=0，說明磁場只對運動的電荷產生力的作用。

3．洛侖茲力的方向

左手定則：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，且處于同一平面內，讓磁感線穿入手心，四指指向為正電荷的運動方向（或負電荷運動的反方向），大拇指所指的方向是正電荷（負電荷）所受的洛侖茲力的方向。

7.由安培力公式推導洛侖茲力公式

如圖所示，直導線長L，電流為I，導線中運動電荷數為n，截面積為S，電荷的電量為q，運動速度為v，則

安培力所以洛侖茲力因為(N為單位體積內的電荷數）

所以，式中，故。

洛倫茲力是單個運動電荷在磁場中受到的力，而安培力是導體中所有定向移動的自由電荷受到的洛倫茲力的宏觀表現。8.洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發生變化，與接觸面間彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面．9.帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內做勻速圓周運動．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷和磁場的磁感應強度有關．(4)運動時間：當帶電粒子轉過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).10.帶電粒子做勻速圓周運動的分析方法帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法——三步法1．畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡。

2．找聯系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角運動時間相聯系，在磁場中運動的時間與周期相聯系。

3．用規律：即牛頓第二定律和圓周運動的規律，特別是周期公式，半徑公式。圓周運動中的應用三步法的方法技巧：（1）圓心的確定：一般有以下兩種情況：（1）已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向，如圖甲，作這兩速度的垂線，交點即為圓心。

（2）如圖乙所示，P為入射點、M為出射點，已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作它的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心。

（2）半徑的確定和計算。圓心找到以后，自然就有了半徑，半徑的計算一般是利用幾何知識，常用到解三角形的方法及圓心角等于弦切角的兩倍等知識。如圖，，即偏向角等于圓心角；即圓心角等于弦切角的兩倍。（3）在磁場中運動時間的確定。利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于3600計算出圓心角的大小，由公式，可求出運動時間t。有時也用弧長與線速度的比。

在上述問題中經常用到以下關系：（1）速度的偏向角等于AB所對的圓心角。

（2）偏向角與弦切角的關系：，；，。

（3）圓周運動中有關對稱規律：如從同一直線邊界射入的粒子，再從這一邊射出時，速度與邊界的夾角相等；在圓形磁場區域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。

11.圓周運動中的有關對稱或臨界問題1．直線邊界（進出磁場具有對稱性，如圖）2．平行邊界（存在臨界條件，如圖）3．圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出，如圖）12.兩類典型的綜合問題（1）．帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題，注意下列結論，再借助數學方法分析

（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。

（2）當速度v一定時，弧長（或弦長）越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。

（3）當速率v變化時，圓周角越大的，運動時間越長。（2）．洛倫茲力的多解問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面．

（1）帶電粒子電性不確定形成多解

受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度的條件下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成雙解。

（2）磁場方向不確定形成多解

有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。

（3）臨界狀態不唯一形成多解

帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。（4）運動的往復性形成多解

帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解。（建議用時：60分鐘）【考向一：安培定則磁場的疊加】1．（2025·河南·模擬預測）無限長平行直導線a、b每單位長度之間都通過相同的絕緣輕彈簧連接。如圖，若b水平固定，將a懸掛在彈簧下端，平衡時彈簧的伸長量為；再在兩導線內通入大小均為I的電流，方向相反，平衡時彈簧又伸長了。若a水平固定，將b懸掛在彈簧下端，兩導線內通入大小均為2I的電流，方向相同，平衡后彈簧的伸長量恰為。已知通電無限長直導線在其周圍產生磁場的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比，與距導線的距離成反比。則a、b單位長度的質量比為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設直導線單位長度為，彈簧的勁度系數為，對單位長度直導線，根據題意有兩通電導線電流方向相同時，通電導線相互吸引，兩通電導線電流方向相反時，通電導線相互排斥，根據題意通電無限長直導線在其周圍產生磁場的磁感應強度大小與導線中電流大小成正比，與距導線的距離成反比，兩導線內通入大小均為I的電流，方向相反，平衡時彈簧又伸長了，根據可知受到的排斥力若a水平固定，將b懸掛在彈簧下端，兩導線內通入大小均為2I的電流，方向相同，平衡后彈簧的伸長量恰為，根據平衡條件又聯立可得結合可得故選A。2．（2024·河北邯鄲·模擬預測）空間中有四根平行長直導線，四根導線恰好在正方形的四個頂點上，其截面圖如圖所示。若導線a、c中通有垂直紙面向里的電流Ⅰ，導線b中通有垂直紙面向外的電流Ⅰ，導線d中未通電，導線a中電流在d處產生的磁場的磁感應強度大小為。已知通有電流Ⅰ的長直導線周圍某點的磁感應強度大小，式中k為常量，r為該點離直導線的距離，則d處實際磁感應強度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題意知，a、c到d點的距離相等，則a、c中電流在d點產生的磁場的磁感應強度大小相等，即由可知，b中電流在d點產生的磁場的磁感應強度大小如圖所示所以d處合磁場的磁感應強度大小故選A。3．（2025·重慶·模擬預測）物理學的發展推動了社會進步，關于物理學史，下列說法錯誤的是（）A．奧斯特發現通電導線能使磁針發生偏轉B．楞次在分析了許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律C．法拉第發現靜止導線中的穩恒電流可在近旁靜止的線圈中感應出電流D．安培用實驗證明通電導線間就像磁極和磁極之間一樣，也會發生相互作用【答案】C【詳解】A．奧斯特在實驗中發現通電導線能使磁針發生偏轉，故A正確；B．楞次在分析了許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律，即楞次定律，故B正確；C．法拉第在實驗中發現靜止導線中的穩恒電流在近旁靜止的線圈中，不會感應出電流，故C錯誤；D．安培用實驗證明通電導線間就像磁極和磁極之間一樣，也會發生相互作用，故D正確。本題選錯誤的，故選C。4．（2024·浙江·模擬預測）浙江某校實驗桌上放一可水平自由轉動的小磁針，并在其正上方固定一長直導線，小磁針靜止時恰與直導線平行，如圖所示。當導線中通有電流時，俯視向下觀察發現小磁針沿順時針向偏轉了30°后靜止，若該處地磁場的水平分量為，則下列判斷正確的是（）A．直導線中的電流方向為由東向西B．通電直導線受到地磁場的作用力方向水平向西C．電流在小磁針所在處的磁場的磁感應強度大小為D．小磁針所在處合磁場的磁感應強度大小為【答案】C【詳解】A．浙江地處北半球，磁場的水平分量從南向北，小磁針的指向即為地磁場的方向，通電后，小磁針順時針偏轉，所以根據右手定則，可知電流方向為從北到南，A錯誤；B．浙江地處北半球，磁場的豎直分量垂直水平面向下，根據左手定則，所受安培力方向向東，B錯誤；C．電流產生的磁感應強度為C正確；D．水平方向合磁感應強度為但是還需要再與豎直方向的磁感應強度合成，D錯誤。故選C。5．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，在直角三角形abc中，∠a=60°，d為ac的中點；三根通電長直導線垂直于紙面分別過a、b、c三點，三根導線中的電流大小分別為I、2I、3I，方向均向里。通電長直導線在其周圍空間某點產生的磁感應強度的大小公式為，其中I表示電流強度，r表示該點到導線的距離，k為常量，已知c點處導線在d點產生的磁感應強度的大小為B0，則d點的磁感應強度大小為（）A． B．B0 C． D．【答案】A【詳解】設直角三角形abc的ab邊長為r，則根據通電長直導線的磁感應強度公式a、b兩點處的通電長直導線在d點產生的磁感應強度的大小分別為、，a、c兩點處的通電長直導線在d點產生的磁感應強度的方向相反，合磁感應強度的大小為，且合磁感應強度的方向與b點處的通電長直導線在d點產生的磁感應強度的方向成120°角，可得d點的磁感應強度的大小為。故選A。6．（2024·廣東廣州·模擬預測）如圖，正方形區域abcd的中心為O點，過其四個頂點有四根相互平行的無限長直導線，導線與正方形所在平面垂直，導線中通有等大、同向的恒定電流。若過a點的通電直導線在O點產生的磁感應強度大小為B，則（）A．O點的磁感應強度大小為2BB．O點的磁感應強度大小為4BC．過a點的導線所受安培力沿aO方向D．過a點的導線所受安培力沿Oa方向【答案】C【詳解】AB．導線中通有等大、同向的恒定電流，根據右手定則可知，a、b、c、d四根導線在O點產生的磁感應強度大小均為B，方向分布沿、、、，根據矢量疊加原理可知，O點的磁感應強度大小為0，故AB錯誤；CD．導線中通有等大、同向的恒定電流，根據右手定則可知，b、c、d三根導線在a點產生的磁感應強度方向分別為、垂直于ca、，根據通電直導線電流產生的磁場特征可知，b、d兩根導線在a點產生的磁感應強度大小相等，根據矢量合成規律可知，b、c、d三根導線在a點產生的磁感應強度方向垂直于ca向外，根據左手定則可知，過a點的導線所受安培力沿aO方向，故C正確，D錯誤。故選C。【考向二：安培力的分析與計算】7．（2024·天津·模擬預測）如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L=0.5m，長為3d，d=1.0m，導軌平面與水平面的夾角為θ=37°，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應強度大小為B=4.0T，方向與導軌平面垂直。質量為m=0.2kg的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R=8.0Ω，導體棒電阻為r=2.0Ω，重力加速度為g=10m/s2。求：（1）導體棒與涂層間的動摩擦因數μ；（2）導體棒勻速運動的速度大小v；（3）整個運動過程中，電阻R產生的焦耳熱Q。

【答案】（1）0.75；（2）3m/s；（3）1.2J【詳解】（1）由題可知，導體棒在圖層上進行勻速，通過受力可知解得（2）由題可知解得（3）整個運動過程中，電路中產生的總熱量等于整個過程中克服安培力做的功，即，解得電阻R產生的焦耳熱8．（2024·天津南開·一模）如圖所示，足夠長且電阻不計的平行光滑金屬導軌MN、OQ傾斜固定，與水平面夾角為，導軌間距為L，O、M間接有阻值為R的電阻。質量為m的金屬桿CD垂直于導軌放置，與金屬導軌形成閉合電路，其接入電路部分的電阻也為R，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。開始時電鍵S斷開并由靜止釋放金屬桿，當金屬桿運動一段時間后閉合電鍵S，閉合瞬間金屬桿的速度大小為，加速度大小為，方向沿導軌向上。閉合電鍵到金屬桿運動至加速度為零的過程，通過電阻R的電荷量為q。金屬桿運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，g為重力加速度。求：（1）磁場磁感應強度B的大小和金屬桿加速度為零時速度的大小；（2）閉合電鍵至金屬桿加速度為零的過程金屬桿通過的位移x的大小和電阻R上產生的焦耳熱Q。【答案】（1），；（2），【詳解】（1）閉合電鍵瞬間金屬桿的速度大小為，則其產生的電動勢大小為此時回路中電流大小為金屬桿CD受到的安培力大小為安培力方向沿斜面向上。此時金屬桿加速度大小為，方向沿導軌向上，對金屬桿受力分析，根據牛頓第二定律有解得進而解得設金屬桿加速度為零時，所受安培力大小為，對金屬桿受力分析有同時可知所以（2）設從閉合電鍵到金屬桿運動至加速度為零的過程，經過的時間為t，則回路中的平均電動勢大小為回路中的平均電流大小為此過程中，通過電阻R的電荷量為q，則有解得金屬桿與外電阻具有相同的阻值，此過程中金屬桿上和電阻R上產生的焦耳熱相等，根據能量守恒，有解得9．（2024·天津·一模）如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間的距離為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層，勻強磁場的磁感應強度為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上絕緣涂層后做勻速運動，滑到導軌底端之前再一次做勻速運動。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的定值電阻和導體棒電阻均為R，導軌電阻不計，重力加速度為g，求：（1）導體棒與涂層間的動摩擦因數；（2）導體棒滑到導軌底端之前勻速運動的速度大小；（3）導體棒從導軌的頂端滑到導軌底端的整個過程中，定值電阻上產生的焦耳熱Q。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）導體棒在滑上絕緣涂層后做勻速運動，有解得（2）導體棒滑到導軌底端之前勻速運動時有，，聯立解得（3）導體棒在絕緣涂層上做勻速運動時克服摩擦力做的功為分析可知導體棒最后勻速滑到底端，根據能量守恒，導體棒從導軌的頂端滑到導軌底端的整個過程中回路中的焦耳熱為定值電阻上產生的焦耳熱解得10．（2025·天津寶坻·聯考）如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左端固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數為。現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數為，則以下說法正確的是（）A．彈簧長度保持不變 B．彈簧形變量變大C． D．【答案】BD【詳解】導體棒所處的磁場是由磁鐵產生的，磁場方向指向右上方，如圖甲根據左手定則可知，導體棒受到的安培力方向指向右下方，根據牛頓第三定律知，磁鐵受到導體棒的作用力指向左上方，設為，對條形磁鐵受力分析，如圖乙，由于有水平向左的分力和豎直向上的分力，可知彈簧被壓縮，因平板光滑，則彈簧初始狀態無形變，故形變量變大，臺秤對條形磁鐵的支持力減小，故臺秤示數故AC錯誤，BD正確。故選BD。11．（2025·天津寶坻·調研）下列關于的磁場相關知識說法正確的是（）A．甲圖中，通電螺線管內部小磁針靜止時N極水平向左B．乙圖中，小磁針正上方的直導線中通有電流時，小磁針的S極會垂直紙面向里轉動C．丙圖中，面積為2S的矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，此時通過線框的磁通量為D．丁圖中，同向通電直導線之間的作用力是相互吸引的【答案】D【詳解】A．根據安培定則可知，通電螺線管內部磁場水平向右，所以通電螺線管內部小磁針靜止時N極水平向右，故A錯誤；B．根據安培定則可知，小磁針正上方的直導線中通有電流時，小磁針所在位置的磁場垂直紙面向里，所以小磁針的N極會垂直紙面向里轉動，小磁針的S極會垂直紙面向外轉動，故B錯誤；C．線框平面與磁場方向平行，此時穿過線框的磁通量為0，故C錯誤；D．根據安培定則可知，左側通電直導線在其右側產生的磁場垂直紙面向外，根據左手定則可知，右側通電直導線所受安培力向左，同理可判斷出左側通電直導線所受安培力向右，所以同向通電直導線之間的作用力是相互吸引的，故D正確。故選D。12．（2025·天津寶坻·調研）如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.4m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.5T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E=6V、內阻r=1Ω的直流電源。現把一個質量m=0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.75Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)導體受到的安培力；(2)畫出導體棒ab的b截面受力分析圖以及求出導體棒受到的摩擦力。(3)若磁感應強度的大小和方向可以改變，為了使導體靜止在斜面上且對斜面無壓力，此處磁場的磁感應強度B′的大小和方向。【答案】(1)0.32N，方向沿斜面向上；(2)見解析，0.08N，方向沿斜面向下；(3)0.625T，方向水平向左【詳解】（1）導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有導體棒受到的安培力根據左手定則，方向為沿斜面向上。（2）受力分析如圖所示導體棒所受重力沿斜面向下的分力為由于F1小于安培力，且根據左手定則可以判定安培力方向沿斜面向上，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力，根據共點力平衡條件有代入數據得方向沿斜面向下。（3）若導體棒靜止在斜面上且對斜面沒有壓力，安培力的方向必須豎直向上，而且大小等于重力，即解得根據左手定則可以判斷，磁場的方向水平向左。【考向三：安培力作用下的平衡和加速問題】13．（2024·天津東麗·聯考）如圖，有一正方形線框，質量為m，電阻為R，邊長為L，靜止懸掛著，一個三角形磁場垂直于線框所在平面，磁感線垂直紙面向里，且線框中磁區面積為線框面積一半，磁感應強度變化B=kt（k>0），已知重力加速度g，求：(1)感應電流I的大小和方向；(2)線框開始向上運動的時刻t0。【答案】(1)，逆時針(2)【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律有根據楞次定律可知，穿過線框的磁通量增大，則感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，則感應電流的方向沿逆時針方向；（2）由圖可知時刻線框受到的安培力大小為方向豎直向上，當線框開始向上運動時有解得14．（2024·天津·調研）如圖甲所示，一單匝正方形線框的質量為，邊長為，總電阻為，用一輕質細線將其吊在天花板上，線框處于豎直靜止狀態，且上下兩邊水平。在線框的中間位置以下區域分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示，。求：（1）線框的電功率；（2）在時細線的拉力大小。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律可知，線框的感應電動勢為線框中的電流為則線框的電功率為（2）在，線框所受安培力大小為由楞次定律和左手定則可知，線圈所受安培力方向豎直向上；根據平衡條件可得解得輕質細線的拉力大小為15．（2024·天津·調研）如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質單匝金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻，邊長。求：（1）在到時間內，金屬框中的感應電動勢E；（2）時，金屬框ab邊受到的安培力F；（3）在到時間內，金屬框中通過某一橫截面的電荷量q。【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.08C【詳解】（1）根據題意，由法拉第電磁感應定律可得，金屬框中的感應電動勢（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有由圖可知，時，磁感應強度為金屬框ab邊受到的安培力由左手定則可知，方向垂直于ab向左。（3）在到時間內，金屬框中電流的電荷量16．（2024·天津·調研）如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離，金屬導軌所在的平面與水平面夾角，在導軌所在平面內，分布著垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢、內阻的直流電源。現把一個質量的導體棒放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻，金屬導軌電阻不計，g取。求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）若勻強磁場保持與導體棒始終垂直，但磁感應強度的大小和方向可以改變，為了使導體棒靜止在導軌上且對導軌無壓力，磁感應強度的大小和方向。【答案】（1）0.25T；（2）0.5T，方向水平向左【詳解】（1）根據閉合電路歐姆定律可得，流過導體棒的電流為對導體棒受力分析，根據平衡條件有解得，勻強磁場的磁感應強度為（2）若導體棒靜止在導軌上且對導軌無壓力，則此時對導體棒受力分析可知，導體棒受到的安培力方向豎直向上，根據左手定則判斷可知，此時磁感應強度的方向水平向左，且有解得17．（2024·天津和平·聯考）輕質細線吊著一質量為m=0.64kg、邊長為L=0.8m、匝數n=10的正方形線圈abcd，線圈總電阻為R=2Ω。邊長為正方形磁場區域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖（甲）所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化如圖（乙）所示，從t=0開始經t0時間細線開始松弛，取g=10m/s2。求：（1）在0～4s內，線圈中產生的感應電動勢E；（2）在前4s時間內線圈abcd產生的電熱；

（3）求t0的值。【答案】（1）0.4V；（2）0.32J；（3）14s【詳解】（1）在0～4s內，線圈中產生的感應電動勢（2）在前4s時間內線圈abcd產生的電熱（3）t0時刻再依據閉合電路歐姆定律根據圖像B=1+0.5t0（T）解得t0=14s18．（2024·山東·模擬預測）如圖所示，質量為1kg、長為0.5m的金屬棒兩端由等長的輕質絕緣細線水平懸掛，并處于勻強磁場中。棒中通以大小為2A、方向為的恒定電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為，取重力加速度。勻強磁場的磁感應強度最小是（）A．5T B．6T C．7.5T D．10T【答案】B【詳解】對棒進行受力分析，由圖可知棒受到的最小安培力結合安培力公式解得最小的磁感應強度故選B。【考向四：對洛倫茲力的理解和應用】19．（2015·河南南陽·三模）如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構圖。勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度的大小和磁場強弱可分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節（電流越大，磁場越強）。下列說法中正確的是（）A．僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大B．僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C．僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變大D．僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大【答案】B【詳解】AB．根據電子所受洛倫茲力的方向結合右手定則判斷勵磁線圈中電流方向是逆時針方向，電子在加速電場中加速，由動能定理有電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有解得僅增大勵磁線圈中電流，磁感應強度B增大，電子束徑跡的半徑變小，僅提高電子槍加速電壓U，電子束徑跡的半徑變大，故A錯誤，B正確；CD．由電子做圓周運動的周期僅增大勵磁線圈中電流，磁感應強度B增大，電子做圓周運動的周期將變小，僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將不變，故CD錯誤；故選B。20．（2024·天津·調研）2023年12月1日北京地區大范圍同時記錄到極光現象，地球上的極光是來自磁層和太陽風的高能帶電粒子被地磁場引導進入地磁大氣層，并與高層大氣的原子碰撞造成發光的現象，實際上每時每刻都有大量宇宙射線射向地球。假設某時刻有一個帶負電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來（如圖所示，地球自西向東轉，圖中箭頭方向表示地球自轉方向，虛線表示地軸），則該宇宙射線粒子將（）A．向東偏轉 B．向西偏轉C．向南偏轉 D．向北偏轉【答案】B【詳解】地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時，根據左手定則可以判斷粒子的受力的方向為向西，所以粒子將向西偏轉。故選B。21．（23-24高二上·天津·期末）許多科學家在物理學發展中做出了重要貢獻，下列有關物理學家的貢獻，錯誤的是（）A．安培提出了分子電流假說，能夠解釋一些磁現象B．奧斯特發現了電流的磁效應，首次揭示了電現象和磁現象問的某種聯系C．法拉第發現電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善D．洛侖茲通過研究得出了通電導線在磁場中受力的規律【答案】D【詳解】A．安培提出了分子電流假說，能夠解釋一些磁現象，故A正確，不符合題意；B．奧斯特發現了電流的磁效應，首次揭示了電現象和磁現象問的某種聯系，故B正確，不符合題意；C．法拉第發現電磁感應現象，使人們對電與磁內在聯系的認識更加完善，故C正確，不符合題意；D．洛倫茲研究了磁場與運動電荷相互作用，得到了磁場對運動電荷的作用力公式，故B錯誤，符合題意。故選D。22．（2024·天津南開·調研）如圖所示，在區域MNQP中有垂直紙面向里的勻強磁場，質量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從О點沿垂直于PQ的方向射入磁場，圖中實線是它們的運動軌跡。已知О是PQ的中點，不計粒子重力。下列說法中正確的是（）

A．粒子a帶正電，粒子b、c帶負電B．粒子c在磁場中運動的時間最長C．粒子a在磁場中運動的周期最小D．射入磁場時粒子b的速率最小【答案】AB【詳解】A．根據左手定則可知a粒子帶正電，b、c粒子帶負電，故A正確；BC．根據，可得由于三個帶電粒子質量和電荷量都相等，故各粒子的周期相同，而粒子c的軌跡對應的圓心角最大，所以粒子c在磁場中運動的時間最長，故B正確，C錯誤；D．由洛倫茲力提供向心力可得由圖可知粒子b的運動半徑最大，故射入磁場時粒子b的速率最大，故D錯誤。故選AB。23．（2024·廣東清遠·模擬預測）地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入。圖為地球赤道平面的剖面圖，地球半徑為，把地面上高度為區域內的地磁場視為磁感應強度為方向垂直于剖面的勻強磁場。宇宙射線中對地球危害最大的帶電粒子主要是β粒子。設β粒子的質量為，電量為，最大速率為。下列說法正確的是（）A．無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做順時針轉動B．無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做逆時針轉動C．從任何方向垂直磁場入射的β粒子均不能到達地面，則D．從任何方向垂直磁場入射的β粒子均不能到達地面，則【答案】AC【詳解】AB．根據左手定則可知，無論從哪個點垂直磁場入射，β粒子都做順時針轉動，故A正確，B錯誤；CD．設β粒子運動的半徑為r，根據牛頓第二定律可得解得即所有β粒子的r都相同，如圖所示可推知當β粒子沿磁場邊界的切線方向射入時，其到達的位置離地面最近，當其軌跡與地面相切時磁場的厚度為2r，因此d應滿足的條件是故C正確，D錯誤。故選AC。24．（2024·浙江杭州·一模）洛倫茲力演示儀中玻璃泡內充有稀薄氣體，在電子槍發射出的電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。不加磁場時，電子束徑跡是一條直線，如圖甲所示；加磁場后，電子束徑跡是一個圓，如圖乙所示。則所加磁場的方向是（）A．水平向右 B．豎直向上 C．垂直紙面向內 D．垂直紙面向外【答案】C【詳解】由乙圖可知，電子順時針偏轉，根據左手定則，可知所加磁場是垂直紙面向內。故選C。【考向五：洛倫茲力作用下帶電體的運動】25．（2025·廣西·模擬預測）如圖所示，空間存在范圍足夠大、垂直xOy平面向外的勻強磁場（圖中未畫出），一質量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子從坐標原點O沿y軸正方向以速度v0射出，帶電粒子恰好經過點，不計粒子受到的重力及空氣阻力。勻強磁場的磁感應強度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設軌跡半徑為R，磁感應強度為B，根據洛倫茲力提供向心力有結合幾何關系解得故選A。26．（2024·四川德陽·模擬預測）如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從b點沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁場，粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區域，該粒子在磁場中運動時間為t，不計粒子的重力，則（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】AB．粒子在磁場中圓周運動周期洛倫茲力提供向心力得如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為所用時間為如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，可知粒子圓周運動的圓周角為，所用時間為所以粒子運動時間t，有故AB錯誤；CD．如果粒子從c點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系，射出磁場時的速度反向延長線通過a點，磁場的邊長為L，設粒子的軌道半徑為r，由幾何關系得由洛倫茲力提供向心力得聯立解得如果粒子從d點射出，畫出粒子在磁場中運動的軌跡示意圖，根據幾何關系由洛倫茲力提供向心力得聯立解得粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區域，所以C錯誤，D正確。故選D。27．（2024·遼寧錦州·模擬預測）如圖所示，平面直角坐標系中，第Ⅱ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅲ、Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場。一質量為m，帶電量為q的粒子由第Ⅱ象限中的點，以速度平行于x軸正方向射出，恰好由坐標原點O射入磁場。若不計粒子重力，求：(1)電場強度E的大小；(2)若粒子經過磁場偏轉后，回到電場中又恰好能經過P點，求磁感應強度的大小；(3)粒子從P點出發回到P所用時間。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據題意可知，粒子在電場中做類平拋運動，水平方向上有豎直方向上有，聯立解得（2）根據題意，設粒子進入磁場時速度與軸夾角為，則有解得則粒子進入磁場時的速度為根據粒子在磁場中的運動規律及對稱性，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關系有解得又有聯立解得（3）根據上述分析可知，粒子在電場中的運動時間為粒子在磁場中的運動時間為則粒子從P點出發回到P所用時間28．（2024·廣西柳州·三模）如圖所示，上方存在勻強磁場，同種粒子從點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為和，且均由點射出磁場，則兩粒子（）A．運動半徑之比為 B．初速率之比為C．運動時間之比為 D．運動時間之比為【答案】AC【詳解】A．設OP=2d，則由幾何關系可知，可知ab的運動半徑之比為，選項A正確；B．根據可得初速率之比為，選項B錯誤；CD．根據ab兩粒子轉過的角度之比為300°：120°=5:2，則運動時間之比為，選項C正確，D錯誤。故選AC。29．（2024·內蒙古包頭·模擬預測）如圖，在磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內壁光滑的絕緣軌道。管道橫截面半徑為a，長度為l。帶電粒子束持續以速度v沿軸線進入管道，在磁力作用下垂直打到管壁，發生多次彈性碰撞后從另一端射出。單位時間進入管道的粒子數為n，粒子電荷量為，不計重力及粒子相互作用，則下列說法不正確的是（）A．粒子運動半徑為a B．粒子質量為C．管道內等效電流為 D．粒子對管道平均作用力為【答案】C【詳解】AB．帶電粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，根據幾何關系可知粒子在磁場中運動的軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力有解得粒子質量為故AB正確，不滿足題意要求；C．根據電流的定義式，管道內的等效電流為故C錯誤，滿足題意要求；D．根據牛頓第三定律可知，粒子束對管道的平均作用力大小等于安培力，即故D正確，不滿足題意要求。故選C。30．（2024·四川成都·模擬預測）如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc區域外存在著垂直于abc所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B。P、Q均為ab邊的三等分點。t=0時刻，磁場方向正好垂直于abc所在平面向里，帶負電的粒子在abc平面內以初速度v0從a點垂直于ac邊射出，并從P點第一次進入三角形abc區域。粒子第一次和第二次經過bc邊時，磁場方向會反向一次，磁感應強度大小始終為B，其余時間磁場方向保持不變。不計帶電粒子重力，求：（1）粒子的荷質比；（2）粒子從a點射出后第二次到達Q點的時間。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由幾何關系可得由洛倫茲力提供向心力可得解得（2）設粒子做勻速圓周運動的周期為T，則畫出粒子的運動軌跡如圖粒子第二次到達Q點共經歷三次圓周運動和三次勻速直線運動，由圖可知，，聯立有【考向六：帶電粒子在勻強磁場中的運動】31．（2025·內蒙古·模擬預測）如圖（a），在光滑絕緣水平桌面內建立直角坐標系Oxy，空間內存在與桌面垂直的勻強磁場。一質量為m、帶電量為q的小球在桌面內做圓周運動。平行光沿x軸正方向照射，垂直光照方向放置的接收器記錄小球不同時刻的投影位置。投影坐標y隨時間t的變化曲線如圖（b）所示，則（）A．磁感應強度大小為 B．投影的速度最大值為C．時間內，投影做勻速直線運動 D．時間內，投影的位移大小為【答案】D【詳解】設小球做勻速圓周運動的速度為，角速度為，軌跡圓心在接收器上的投影坐標為，則在0時刻小球與軌跡圓心的連線與軸夾角為，則經過時間，小球在接收器上的投影坐標為由圖（b）可得，，解得小球在接收器上的投影坐標與時間的關系式為A.由上面分析可得，小球運動周期為小球在水平面上只受洛倫茲力，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得又解得磁場磁感應強度故A錯誤；B.小球投影坐標對時間求導，可得則投影的最大速度故B錯誤；C.小球投影做簡諧運動，故C錯誤；D.小球投影在、時刻的坐標分別為時間內，投影的位移大小為故D正確；故選D。32．（2024·天津·模擬預測）某離子實驗裝置的基本原理如圖所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區，Ⅰ區長度為4R，內有沿y軸正向的勻強電場，Ⅱ區內既有沿z軸負向的勻強磁場，又有沿z軸正向的勻強電場，電場強度與Ⅰ區電場等大，現有一正離子從左側截面的最低點A處，以初速度v0沿z軸正向進入Ⅰ區，經過兩個區域分界面上的B點進入Ⅱ區，在以后的運動過程中恰好未從圓柱腔的側面飛出，最終從右側截面上的C點飛出，B點和C點均為所在截面處豎直半徑的中點（如圖中所示），已知離子質量為m，電荷量為q，不計重力，求：（1）離子到達B點時速度的大小；（2）Ⅱ區中磁感應強度BⅡ的大小；（3）Ⅱ區的長度L的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）離子在Ⅰ區做類平拋運動，設離子沿軸正方向的速度為，根據類平拋規律有，解得離子到達點時速度的大小為（2）離子在Ⅱ區做復雜的旋進運動，將該運動分解為圓柱腔截面上的勻速圓周運動和軸正方向的勻加速直線運動，根據題意，從右向左看，在圓柱腔截面上的勻速圓周運動軌跡如圖所示設臨界圓軌跡半徑為，根據幾何知識有解得離子的軌跡半徑根據圓周運動有解得Ⅱ區中磁感應強度大小（3）離子在圓柱腔截面上做勻速圓周運動的周期為Ⅱ區電場強度與Ⅰ區電場強度等大，電場力產生的加速度也相同，根據離子在Ⅰ區做類平拋運動有解得離子在軸的正方向做勻加速直線運動，有聯立解得Ⅱ區的長度33．（2024·天津紅橋·聯考）A、B是兩種放射性元素的原子核，原來都靜止在同一勻強磁場，其中一個放出粒子，另一個放出粒子，運動方向都與磁場方向垂直。圖中a、b與c、d分別表示各粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是（）A．A放出的是粒子，B放出的是粒子 B．磁場方向可能垂直紙面向外C．a軌跡中的粒子比b軌跡中的粒子動量小 D．b為粒子運動軌跡，c為粒子運動軌跡【答案】ABD【詳解】A．放射性元素放出α粒子時，α粒子與反沖核的速度相反，而電性相同，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相反，兩個粒子的軌跡應為外切圓。而放射性元素放出β粒子時，β粒子與反沖核的速度相反，而電性相反，則兩個粒子受到的洛倫茲力方向相同，兩個粒子的軌跡應為內切圓。故B放出的是β粒子，A放出的是α粒子，故A正確；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，磁場方向不同，粒子旋轉的方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，不能判斷磁場的方向，即磁場方向可能垂直紙面向外，故B錯誤；C．根據動量守恒定律可知，放射性元素的原子核放出兩種粒子后兩粒子動量等大反向，即a軌跡中粒子和b軌跡中的粒子動量大小相等，故C錯誤；D．根據帶電粒子在磁場中的運動的半徑計算公式可得，其中發出的粒子與反沖核的動量相等，而反沖核的電荷量大，故軌跡半徑小，故b為α粒子運動軌跡，c為β粒子運動軌跡，故D正確。故選ABD。34．（2025·天津和平·調研）如圖是芯片制造過程中離子注入工作原理簡化示意圖，從離子源發出的某種帶正電的離子在電場加速后以速度沿虛線通過速度選擇器，然后在圓弧形的靜電分析器做半徑為的勻速圓周運動（如圖），再從點沿直徑方向進入半徑為的圓形勻強磁場區域，最后打在平行且與相距的硅片（足夠大）上，完成離子注入。圖中靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知離子質量為、電荷量為，速度選擇器中磁感應強度大小為，裝置中各部分的電場和磁場方向如圖所示，整個系統置于真空中，不計離子重力。求：(1)速度選擇器中的電場強度和靜電分析器中虛線處的電場強度的大小之比；(2)若離子經圓形磁場區域產生的速度偏轉角為，求此圓形區域內的磁感應強度；(3)若離子經圓形磁場區域偏轉后垂直打在硅片上點，現在圓形磁場區域再加上垂直紙面向里的大小為的勻強電場，離子會打在硅片上點，求硅片上兩點的距離。（圖中M、N兩點位置未標出）【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）在速度選擇器中，電場力與洛倫茲力平衡，則有在靜電分析器中，由電場力提供向心力，則有解得（2）在圓形磁場中由洛倫茲力提供向心力，則有根據幾何關系有解得（3）粒子在圓形磁場中運動的周期粒子在磁場中運動的時間粒子在電場方向的加速度沿電場方向的位移離開復合場時的速度離開復合場之后粒子的運動時間沿電場方向的位移解得的距離為35．（2025·天津北辰·調研）如圖所示，在xOy平面內，y軸左側空間分布著水平向右的勻強電場，y軸右側空間分布著垂直紙面向外的勻強磁場。某時刻有一帶正電的粒子以初速度沿平行于y軸正方向從A點射出，粒子從C點進入磁場，且速度方向與y軸夾角，并在磁場中運動一段時間后恰好又回到A點。已知A點坐標為粒子的質量為m，電荷量為q，不計粒子所受的重力。求：(1)C點坐標為以及y軸左側勻強電場的電場強度大小E；(2)y軸右側勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)帶電粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間t。【答案】(1)，(2)(3)【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，設粒子從A點到C點所用時間為，根據運動規律有沿x軸方向，粒子做初速度為0的勻加速直線運動，有，C點坐標為；設粒子到達C點時沿x軸速度的大小為，有，聯立得（2）設粒子到達C點時的速度大小為v，則設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據幾何關系有粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有解得（3）粒子在磁場中運動的時間粒子從A點開始運動到再次回到A點的時間解得36．（2025·天津·聯考）利用電場和磁場實現粒子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。在圖示的xOy平面（紙面）內，的區域Ⅰ內存在垂直紙面向外的勻強磁場，x軸上方的區域Ⅱ內存在沿y軸負方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），從原點O處以大小為的速度垂直磁場射入第二象限，方向與x軸負方向夾角，一段時間后垂直虛線邊界進入電場。已知，，區域Ⅱ中電場的場強。求：(1)區域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小B；(2)粒子從原點O出發到離開電場的總時間t；(3)粒子離開電場時的速度大小v。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，在磁場中做圓周運動的半徑設為，由幾何關系可得解得結合牛頓第二定律可得聯立上式解得（2）粒子運動圓軌跡所對的圓心角為，在磁場中運動時間設為，則其中解得粒子在電場中做類平拋運動，設該粒子的加速度大小為，在電場中運動時間為，沿y軸負方向運動的距離為，則有，解得故豎直方向的位移由于粒子從電場邊界離開，則總時間（3）由動能定理得解得【考向七：帶電粒子做勻速圓周運動的分析方法】37．（2024·天津濱海新·三模）科學實驗中，常用電場和磁場控制帶電粒子的運動。如圖為絕緣材料圍成邊長為的等邊三角形，其中一條邊的中點有一開口P，可以允許帶電粒子通過。開口處存在沿OP方向的勻強電場，加速電壓U大小可調；三角形區域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B大小可調。現有一個質量為m、帶電量為的粒子，從加速電場的正極板靜止釋放，經電場加速后穿過開口P進入磁場區域，當調節時，它與絕緣邊界內壁發生兩次彈性碰撞（電荷不轉移）后又垂直返回P位置。不計粒子重力。（1）求此時加速電場兩極板的電勢差；（2）若取不變，只調節加速電場電勢差U，使得粒子仍能夠垂直返回開口P，試推導U的表達式；（3）若取不變，只改變磁感應強度為B的大小，求粒子從進入磁場到垂直返回P處所用時間的最大值t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）如圖，由幾何關系得①根據牛頓第二定律可得②根據動能定理得③由①②③得④（2）根據幾何關系，得⑤根據牛頓第二定律得⑥根據動能定理得⑦由⑤⑥⑦得

⑧（3）當時，由③可知在磁場中運行的速度大小不變，粒子在磁場中圓周運動的周期為⑨代入⑤式可得⑩在三角形區域的總時間為?由⑩?得?當，t最大?由③?得38．（2024·天津河西·三模）一種圓柱形粒子探測裝置的橫截面如圖所示，內圓區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器，AB和PM分別為內圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場。粒子1經磁場偏轉后打在探測器上的Q點，粒子2經磁場偏轉后從磁場邊界C點離開，最后打在探測器上的N點，PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，粒子2在磁場中運動的時間為t。裝置內部為真空狀態，忽略粒子所受重力及粒子間相互作用力。求（1）粒子1的在P點受力方向和電性；（2）若兩粒子的入射速率相等，比較粒子1與粒子2的比荷大小；（3）改變粒子2入射方向，連率變為原來的，則粒子2在磁場中運動的最長時間為多少？【答案】（1）向下，帶負電；（2）粒子1的比荷大于粒子2的比荷；（3）【詳解】（1）粒子1受向下偏轉，受力向下，由左手定則可知，粒子1帶負電。（2）根據洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動所需的向心力可得由題圖可知粒子1運動的半徑小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的速度相同，則粒子1的比荷大于粒子2的比荷。（3）設內圓半徑為R，根據幾何關系，粒子2在磁場中運動半徑為粒子2速率變為原來的，此時粒子2在磁場中運動半徑為PC圓弧恰好為內圓周長的三分之一，則粒子2在磁場中軌跡所對應的圓心