第84頁（共84頁）2025年高考物理三輪復習之磁場一．選擇題（共10小題）1．（2025?湖北模擬）如圖（a）甲所示，虛線內為一圓形區域，該區域處于xOy平面內，圓心為O；無限長通電直導線a（圖中未畫出）垂直平面固定放置，另一無限長通電直導線b（電流方向未畫出）垂直平面從x軸上的P點沿虛線按逆時針方向移動，導線b與圓心的連線與x正半軸夾角為θ，θ從0緩慢增大到π的過程中，O點處磁感應強度B的分量Bx和By隨θ的變化圖像如圖（b）和圖（c）所示。規定沿坐標軸正方向為磁感應強度的正方向，下列說法正確的是（）A．導線a的電流方向一定與導線b相反 B．導線a可能位于第四象限角平分線上 C．導線b移動過程中，O處磁感應強度先增大后減小 D．導線b移動過程中，O處磁感應強度最小值為02．（2025?黑龍江模擬）如圖所示，用電阻率為ρ，橫截面積為S，粗細均勻的電阻絲折成一個圓形框架。A、B為框架上的兩點，∠AOB＝90°，A、B兩點與一個電動勢為E，內阻忽略不計的電源相連。垂直于豎直框架平面有一個磁感應強度為B、方向水平向里的勻強磁場。這個框架受到的安培力的合力大小和方向為（）A．82BES3ρπ，豎直向上 BC．82BES3ρπ，豎直向下 3．（2025?羅湖區校級一模）電磁泵在目前的生產、科技中得到了廣泛應用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，bc邊長為L2，ce邊長為L3；流經泵體內的液體密度為ρ1，在泵頭通入導電劑后液體的電阻率為ρ2，泵體所在處有平行于bc方向的磁場B，把泵體的上、下兩表面接在電壓為U（內阻不計）的電源上，下列判定正確的有（）A．泵體上表面應接電源負極 B．僅增大L3可增大電磁泵電磁驅動力 C．僅減小ρ1可增大電磁泵電磁驅動力所產生的附加壓強 D．僅減小ρ2可獲得更大的抽液高度4．（2025?紅河州二模）如圖所示，在豎直面內的正方形四個頂點處分別放置四根通電直導線A、B、C、D，A、B中電流方向垂直紙面向外，C、D中電流方向垂直紙面向里，每根通電直導線在對角線交點O處產生的磁感應強度大小均為B0，現在O處放置一根長為L的通電直導線，電流大小為I、方向垂直于紙面向里，則該直導線所受的安培力大小和方向分別為（）A．2B0IL，豎直向上 B．22B0IL，豎直向上 C．22B0IL，豎直向下 D．2B0IL，豎直向下5．（2025?芙蓉區校級一模）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質點P的軌跡可看成質點P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則下列說法錯誤的是（）A．該離子帶正電 B．A、B兩點位于同一高度 C．該離子電勢能先增大后減小 D．到達C點時離子速度最大6．（2025?浙江模擬）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B0，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33D．小磁針所在處合磁場的磁感應強度大小為27．（2025?廣西二模）如圖，空間存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），A、B、C、D、E為磁場中的五個點，B為AD的中點，C為BD中垂線上的一點，且DE=2AB=2BC，BC平行于DE。一束帶正電的同種粒子（不計重力）垂直AD由A點沿紙面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，用tB、tC、tD、tE分別表示第一次到達B、C、D、A．tB＝tD＞tC＞tE B．tc＞tB＝tD＞tE C．tB＝tD＞tC＝tE D．tE＞tB＝tD＞tC8．（2025?湖北模擬）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如圖所示，材料表面上方矩形區域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，電場寬為d；矩形區域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，長為L，寬為S；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層，一個電荷量為e、質量為m、初速度為零的電子，從P點開始被電場加速經隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，時間極短、運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，電子第一次進入磁場區域恰好未從MM′穿出，第五次穿越隔離層后垂直于磁場邊界M′N′飛出，不計電子所受重力。則下列說法正確的是（）A．電子在磁場中第一次與第二次圓周運動的半徑比為10：3 B．電子在磁場中第一次與第二次運動的時間比為10：9 C．電場強度大小為B2D．L＝4.61S9．（2025?信陽二模）兩個完全相同的超導金屬環水平平行放置，圓心在同一豎直線上，兩環中有等大反向電流，電流方向如圖所示，另一個與環半徑相同的絕緣光滑管道平行兩環固定在兩環之間，管道面與兩環面距離相等，金屬環與管道的圓心在同一豎直線上。在管道內有一個帶正電的球，其直徑略小于管道內徑，且可以視作質點。給小球沿管切向方向初速度，小球在管道內運動，下列說法正確的是（）A．小球的速度逐漸減小 B．小球的速度逐漸增加 C．小球受到管道的彈力不一定指向圓心 D．小球受到管道的彈力可能沿管的半徑向外10．（2025?孝義市一模）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）A．甲圖中，要增大粒子的最大動能，可增加磁場B的大小 B．乙圖中，A極板是發電機的正極 C．丙圖中，重力不計的帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=BE（B為磁感應強度，E為電場強度），但粒子的電D．丁圖中，若載流子帶負電，穩定時C板電勢高二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?羅湖區校級一模）如圖所示，扇形區域AOC內有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），∠AOC＝60°，邊界OA上有一距O為d的粒子源S，現粒子源在紙面內以等大速度向不同方向發射大量帶正電的同種粒子（不計粒子重力及粒子間相互作用力），經過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場。已知從OC射出的粒子在磁場中運動的最大時間為T2（T為粒子在磁場中運動的周期）。關于從OCA．O可能是粒子的軌跡圓心 B．粒子可能垂直于邊界OC射出 C．從OC射出的粒子距O最遠距離為3dD．粒子在磁場中運動的最短時間等于T（多選）12．（2025?駐馬店模擬）如圖，在O﹣xyz坐標系內存在勻強磁場和勻強電場，電場方向沿z軸負方向，磁場方向沿z軸正方向。一電子從點（L，0，0）處沿y軸正方向入射，其軌跡與z軸的第1個交點坐標為（0，0，L）。已知電子的比荷為k，入射速度大小為v0，不計電子所受的重力，則（）A．勻強磁場的磁感應強度大小B=B．勻強電場的電場強度大小E=C．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1：32：52：72：? D．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1：22：32：42：?（多選）13．（2025?珠海一模）托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其內部產生的磁場可以把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內。圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環將空間分成無磁場的反應區和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區。如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從A點射入約束區并從D點返回反應區，運動軌跡恰好與約束區外邊界相切。若該微粒經過B點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是（）A．帶電微粒帶負電 B．碰撞后，新微粒仍能從D點返回反應區 C．碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變 D．相比不發生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大（多選）14．（2025?駐馬店模擬）嫦娥七號計劃于2026年發射，由于月球上沒有空氣，某同學提議在旗幟上固定導線，通過電磁場的相互作用使旗幟飄揚起來?，F在給光滑水平面上的旗幟等間距地固定a、b、c三根相同長直導線，并通入大小相等、方向如圖所示的電流，則旗幟能夠保持平展的是（）A． B． C． D．（多選）15．（2025?岳麓區校級模擬）如圖所示，空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一帶電荷量為q、質量為m的帶正電小球從磁場中某點P由靜止釋放，其運動軌跡是一條擺線。小球的運動可分解為豎直平面內沿逆時針方向、速度大小為v的勻速圓周運動和水平向右、速度大小為v的勻速直線運動，P、Q為相鄰等高點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．小球從釋放到第一次經過最低點所需時間為πmqBB．小球運動到最低點時的速度為mgqBC．PQ間距為2πD．小球第一次運動到最低點時，距離釋放點的豎直距離為m三．解答題（共5小題）16．（2025?湖北模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，0＜x＜d的區域內分布著沿y軸正方向的勻強電場。x＞d的區域內分布著磁感應強度大小為B、沿x軸正方向的勻強磁場，A點是磁場左邊界與x軸的交點。一質量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從原點O以初速度v0沿與x軸正方向成θ＝30°的夾角進入電場，恰好從A點進入磁場。不計粒子重力，求：（1）粒子經過0＜x＜d的區域時，離x軸的最遠距離h；（2）勻強電場電場強度E的大??；（3）粒子進入磁場后，再次經過x軸時的坐標。17．（2025?湖北模擬）如圖所示，豎直面內有垂直平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小B＝0.5T，有一厚度不計、下端封閉上端開口且內壁光滑的絕緣玻璃管，管內底部靜置一質量為0.08kg，電荷量為1.6C的帶正電小球。t＝0時，在外力作用下玻璃管從靜止開始水平向右做a＝2m/s2的勻加速直線運動，經過時間t0后小球恰好脫離管底，再經過相同的時間后小球從管口離開玻璃管，已知g取10m/s2。則：（1）t0的取值；（2）小球離開管口時的動能；（3）經分析知，小球離開管口后做旋輪線運動，求上升階段中小球的最小速度（不討論小球可能與地面發生的碰撞，可用根式表示）。18．（2025?大連模擬）如圖為研究光電效應的裝置示意圖，位于坐標原點O的光電效應發生器可產生大量在xOy平面內運動的光電子，并沿各個方向進入x軸上方區域?？臻g中存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。x軸上放置一長度足夠的金屬薄板M，其左端C點到O的距離為x0（x0大小未知）。長度足夠的金屬薄板N平行y軸放置，其上端D點同樣位于x軸，到O的距離為32x0，兩極板間絕緣，電子打到金屬板后經導線、微安表A1、A2后流入地面。已知光電效應截止頻率為ν0，普朗克常量為h，電子質量為m、電荷量為e。入射光頻率逐漸增大至ν0時，微安表A1開始出現示數。不計電子的重力及相互作用，不考慮電子間的碰撞，未能打到M（1）求C點所處位置的坐標x0；（2）入射光頻率超過ν1時，微安表A2開始出現示數，求臨界頻率ν1的大小；（3）求入射光頻率ν2為6ν0時，打到N板的電子在磁場中運動時間的范圍。19．（2025?羅湖區校級一模）如圖所示，在邊長為L的正方形區域內，有沿+y方向的勻強電場和垂直于紙面的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為+q帶電的粒子（不計重力）從原點O進入場區，恰好能以v0的速度沿直線勻速通過場區。（1）分析推斷粒子的初速度方向，判定磁感應強度方向。（2）若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，該帶電粒子恰好從（L，-L2）點離開場區，求磁感應強度的大小（3）若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，求粒子離開場區的位置。20．（2025?梅州一模）在科學研究中常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動。如圖所示，寬度為d的虛線框內有垂直紙面方向的勻強磁場，勻強磁場左右邊界豎直。電子槍發出的電子（初速度可以忽略）經M、N之間的加速電場加速后以一定的速度水平射出并進入偏轉磁場。速度方向改變60°角后從右邊界離開磁場最終打在熒光屏上，已知加速電壓為U，電子質量為m、電荷量為e，電子重力不計，求：（1）電子經加速電場加速后的速度大小v；（2）偏轉磁場的磁感應強度B的大小和方向；（3）若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，電子從右邊界離開電場時也可偏轉60°角最終打在熒光屏上，所加電場的電場強度大小E。

2025年高考物理三輪復習之磁場參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BADCCCCDCA二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BDABCABABAC一．選擇題（共10小題）1．（2025?湖北模擬）如圖（a）甲所示，虛線內為一圓形區域，該區域處于xOy平面內，圓心為O；無限長通電直導線a（圖中未畫出）垂直平面固定放置，另一無限長通電直導線b（電流方向未畫出）垂直平面從x軸上的P點沿虛線按逆時針方向移動，導線b與圓心的連線與x正半軸夾角為θ，θ從0緩慢增大到π的過程中，O點處磁感應強度B的分量Bx和By隨θ的變化圖像如圖（b）和圖（c）所示。規定沿坐標軸正方向為磁感應強度的正方向，下列說法正確的是（）A．導線a的電流方向一定與導線b相反 B．導線a可能位于第四象限角平分線上 C．導線b移動過程中，O處磁感應強度先增大后減小 D．導線b移動過程中，O處磁感應強度最小值為0【考點】磁感應強度的矢量疊加．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】根據磁場的疊加原理，結合圖（b）和圖（c）中數據推導導線a中電流在x軸和y軸方向的磁場分量，從而得出a導線的位置和電流方向；推導b導線在O點產生的磁場大小和方向，由右手螺旋定則判斷b中電流的方向；根據磁場疊加原理，分析導線b移動過程中O處磁感應強度的變化情況。【解答】解：B.根據圖（b）和圖（c）中數據可得，θ＝0，Bx＝2T，θ=π2，By＝2T，可知a棒可能位于第四象限角平分線上，電流方向垂直紙面向里，或位于第二象限角平分線上，電流方向垂直紙面向外，Bax＝2T，Bay＝2T，Ba=2A.由θ＝0時，Bay+Bb＝6T，可得Bb＝4T，由右手螺旋定則可知導線b中電流方向垂直紙面向里，與a中電流方向可能相同，也可能相反，故A錯誤；CD.導線b移動過程中，Bb與Ba的夾角從π4～5π4間變化，則O點處磁感應強度先減小后增大，且最小值不為0，故C故選：B。【點評】此題主要考查磁場的疊加，磁場是矢量，磁場的合成與分解遵循平行四邊形定則。2．（2025?黑龍江模擬）如圖所示，用電阻率為ρ，橫截面積為S，粗細均勻的電阻絲折成一個圓形框架。A、B為框架上的兩點，∠AOB＝90°，A、B兩點與一個電動勢為E，內阻忽略不計的電源相連。垂直于豎直框架平面有一個磁感應強度為B、方向水平向里的勻強磁場。這個框架受到的安培力的合力大小和方向為（）A．82BES3ρπ，豎直向上 BC．82BES3ρπ，豎直向下 【考點】通電非直導線安培力大小的計算．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】A【分析】根據左手定則判斷安培力方向，結合并聯電路的電阻特點，閉合電路的歐姆定律，計算安培力的公式進行分析解答。【解答】解：CD.根據左手定則判斷圓形框架受到的安培力一定豎直向上，故CD錯誤；AB.設下方14圓弧電阻為r，則上方34圓弧電阻為3r，圓弧半徑為R，則r=ρ14×2πRs，根據并聯電路的特點，二者并聯總電阻為r總=34r=ρ3πR8S，由閉合電路歐姆定律I故選：A?！军c評】考查左手定則判斷安培力方向，結合并聯電路的電阻特點，閉合電路的歐姆定律，計算安培力的公式，會根據題意進行準確分析解答。3．（2025?羅湖區校級一模）電磁泵在目前的生產、科技中得到了廣泛應用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，bc邊長為L2，ce邊長為L3；流經泵體內的液體密度為ρ1，在泵頭通入導電劑后液體的電阻率為ρ2，泵體所在處有平行于bc方向的磁場B，把泵體的上、下兩表面接在電壓為U（內阻不計）的電源上，下列判定正確的有（）A．泵體上表面應接電源負極 B．僅增大L3可增大電磁泵電磁驅動力 C．僅減小ρ1可增大電磁泵電磁驅動力所產生的附加壓強 D．僅減小ρ2可獲得更大的抽液高度【考點】安培力作用下的受力平衡問題．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】當泵體中電流向下時，安培力向左，故液體被抽出；根據電阻定律和歐姆定律列式求解電流表達式分析，根據安培力公式分析影響驅動力大小的相關因素?！窘獯稹拷猓篈.當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯誤；B.泵內液體的電阻為R=ρ2L3L1LC.由F=BEL1L2ρ2可知，電磁泵電磁驅動力與D.增大磁感應強度B，液體受到驅動力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故D正確。故選：D?！军c評】本題關鍵是明確電磁泵的工作原理，要能夠結合歐姆定律、電阻定律、安培力公式分析抽液高度的影響因素。4．（2025?紅河州二模）如圖所示，在豎直面內的正方形四個頂點處分別放置四根通電直導線A、B、C、D，A、B中電流方向垂直紙面向外，C、D中電流方向垂直紙面向里，每根通電直導線在對角線交點O處產生的磁感應強度大小均為B0，現在O處放置一根長為L的通電直導線，電流大小為I、方向垂直于紙面向里，則該直導線所受的安培力大小和方向分別為（）A．2B0IL，豎直向上 B．22B0IL，豎直向上 C．22B0IL，豎直向下 D．2B0IL，豎直向下【考點】安培力的計算公式及簡單應用；通電直導線周圍的磁場；左手定則判斷安培力的方向．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】根據磁感應強度是矢量求解合磁感應強度強度的大小和方向，結合左手定則判斷安培力大小和方向?！窘獯稹拷猓好扛娭睂Ь€在O處產生的磁感應強度均為B0，B合=2×2×B0cos故選：C。【點評】考查磁感應強度的矢量性，求解合磁感應強度強度的大小和方向，結合左手定則進行準確分析解答。5．（2025?芙蓉區校級一模）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質點P的軌跡可看成質點P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則下列說法錯誤的是（）A．該離子帶正電 B．A、B兩點位于同一高度 C．該離子電勢能先增大后減小 D．到達C點時離子速度最大【考點】帶電粒子在疊加場中做旋進運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】A.根據左手定則判斷出該離子帶正電；B.根據動能定理判斷出A、B兩點位于同一高度；C.根據電場力做功和電勢能的關系判斷電勢能的變化；D.根據功能關系判斷?！窘獯稹拷猓篈．根據左手定則可知該離子帶正電，故A正確；B．從A到B，動能變化為零，根據動能定理知，洛倫茲力不做功，則電場力做功為零。所以A、B兩點電勢相等，因為該電場是勻強電場，電場力方向豎直向下，所以A、B兩點位于同一高度，故B正確；C．因為該離子帶正電，所以所受電場力豎直向下，由靜止開始從A到B運動過程中，電場力先做正功后做負功，故該離子電勢能先減小后增大，故C錯誤；D．因為在運動過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，從A到C電場力做正功，動能增大，從C到B電場力做負功，動能減小。所以C點時離子的動能最大，即速度最大，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題考查洛倫茲力的方向、利用功能關系計算電場力做的功及電勢能的變化、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動，難度一般。6．（2025?浙江模擬）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B0，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33D．小磁針所在處合磁場的磁感應強度大小為2【考點】磁感應強度的矢量疊加；通電直導線周圍的磁場．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】通電后，小磁針順時針偏轉，根據右手螺旋定則判斷電流方向，根據安培定則判斷小磁針偏轉的方向；根據左手定則，判斷安培力方向，小磁針后來的指向為合磁場方向，因此根據平行四邊形定則，已知某個磁場大小和方向與合磁場方向，可以求出另一個磁場大小?！窘獯稹拷猓篈．通電后，小磁針順時針偏轉，所以根據右手螺旋定則，可知電流方向為從北到南，故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，故B錯誤；C．電流產生的磁感應強度為B=故C正確；D．水平方向合磁感應強度為B'但是還需要再與豎直方向的磁感應強度合成，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查探究電流磁場的實驗，要注意明確磁感應強度為矢量，其運算符合平行四邊形定則。7．（2025?廣西二模）如圖，空間存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出），A、B、C、D、E為磁場中的五個點，B為AD的中點，C為BD中垂線上的一點，且DE=2AB=2BC，BC平行于DE。一束帶正電的同種粒子（不計重力）垂直AD由A點沿紙面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，用tB、tC、tD、tE分別表示第一次到達B、C、D、A．tB＝tD＞tC＞tE B．tc＞tB＝tD＞tE C．tB＝tD＞tC＝tE D．tE＞tB＝tD＞tC【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】由幾何關系和洛倫茲力提供向心力再結合周期公式解答。【解答】解：粒子通過B、C、D、E各點的軌跡如圖：根據幾何關系可知：從A到B和A到D，粒子運動軌跡對應的圓心角為180°；從A到C和A到E，粒子運動軌跡對應的圓心角小于180°，且相等；帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力qBv=則v=運動周期T=周期與速度無關，是粒子從A點沿紙面向上射入磁場，運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長，故tB＝tD＞tC＝tE故ABD錯誤，C正確。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。8．（2025?湖北模擬）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如圖所示，材料表面上方矩形區域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，電場寬為d；矩形區域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，長為L，寬為S；NN′為磁場與電場之間的薄隔離層，一個電荷量為e、質量為m、初速度為零的電子，從P點開始被電場加速經隔離層垂直進入磁場，電子每次穿越隔離層，時間極短、運動方向不變，其動能損失是每次穿越前動能的10%，電子第一次進入磁場區域恰好未從MM′穿出，第五次穿越隔離層后垂直于磁場邊界M′N′飛出，不計電子所受重力。則下列說法正確的是（）A．電子在磁場中第一次與第二次圓周運動的半徑比為10：3 B．電子在磁場中第一次與第二次運動的時間比為10：9 C．電場強度大小為B2D．L＝4.61S【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】C.根據動能定理和牛頓第二定律求電場強度；A.根據動能定理和洛倫茲力提供向心力求電子在磁場中第一次與第二次圓周運動的半徑比；BD.根據周期公式和長度關系求解?！窘獯稹拷猓篊.設粒子第一次到達隔離層時的速度大小為v0，穿過隔離層后的速度大小為v1，粒子第一次進入磁場區域做圓周運動的半徑R1＝S由動能定理得qEd=由題意知12由牛頓第二定律得ev解得E=故C錯誤；A.設粒子穿過隔離層后第2次進入電場時的速度大小為v2，粒子由電場返回穿越隔離層后的速度大小為v3，第二次在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由題意知1212由牛頓第二定律得ev解得R2＝0.9R1＝0.9S故電子在磁場中第一次與第二次圓周運動的半徑比為10：9，故A錯誤；BD.電子第一次與第二次在磁場中均轉過半個周期，時間比為1：1.。電子第三次在磁場中運動的半徑為R3則磁場區域的長度L＝2R1+2R2+R3解得L＝4.61S故B錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。9．（2025?信陽二模）兩個完全相同的超導金屬環水平平行放置，圓心在同一豎直線上，兩環中有等大反向電流，電流方向如圖所示，另一個與環半徑相同的絕緣光滑管道平行兩環固定在兩環之間，管道面與兩環面距離相等，金屬環與管道的圓心在同一豎直線上。在管道內有一個帶正電的球，其直徑略小于管道內徑，且可以視作質點。給小球沿管切向方向初速度，小球在管道內運動，下列說法正確的是（）A．小球的速度逐漸減小 B．小球的速度逐漸增加 C．小球受到管道的彈力不一定指向圓心 D．小球受到管道的彈力可能沿管的半徑向外【考點】洛倫茲力在運動過程中的動態變化問題；左手定則判斷洛倫茲力的方向．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據右手螺旋定則判斷磁場方向，根據左手定則判斷洛倫茲力方向，小球做勻速圓周運動，對洛倫茲力大小進行討論，從而確定彈力方向。【解答】解：AB．兩平行圓環是兩平行導線彎成，平行導線通反向電流時中點處的磁場與兩導線面垂直，則圖示的兩通電圓環在中點處（圓管）的磁場垂直圓環沿半徑方向向里。帶正電小球在管道中運動時，受到豎直向上洛倫茲力，豎直向下重力，圓管對小球的彈力，洛倫茲力不做功，小球做勻速圓周運動，故AB錯誤；CD．圓管對小球彈力的水平分力指向圓心，提供向心力，若洛倫茲力大小小于重力大小，彈力豎直分力向上，則彈力斜向內上方，若洛倫茲力大小等于重力大小，彈力豎直分力為零，則彈力方向指向圓心，若洛倫茲力大小大于重力大小，彈力豎直分力向下，則彈力斜向內下方，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題解題關鍵是能判斷磁場方向，注意對洛倫茲力大小進行討論。10．（2025?孝義市一模）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）A．甲圖中，要增大粒子的最大動能，可增加磁場B的大小 B．乙圖中，A極板是發電機的正極 C．丙圖中，重力不計的帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v=BE（B為磁感應強度，E為電場強度），但粒子的電D．丁圖中，若載流子帶負電，穩定時C板電勢高【考點】磁流體發電機；速度選擇器；回旋加速器；霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據回旋加速器、磁流體發電機、速度選擇器和霍爾效應的原理和知識進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈．當粒子在磁場中的軌道半徑等于D形盒半徑時，粒子的動能最大，則有qvmB=mvmB．乙圖中，根據左手定則可知正電荷向B極板偏轉，則B極板是發電機的正極，故B錯誤；C．重力不計的帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，根據平衡條件可得qvB＝qE，解得v=只要滿足v=EB，都可以沿直線勻速通過速度選擇器，所以粒子的電性無法D．根據左手定則可知，帶負電的載流子受到洛倫茲力方向向左，即向C板偏轉，故穩定時C板電勢低，故D錯誤。故選：A?！军c評】考查回旋加速器、磁流體發電機、速度選擇器和霍爾效應的原理和知識，會根據題意進行準確分析解答。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?羅湖區校級一模）如圖所示，扇形區域AOC內有垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），∠AOC＝60°，邊界OA上有一距O為d的粒子源S，現粒子源在紙面內以等大速度向不同方向發射大量帶正電的同種粒子（不計粒子重力及粒子間相互作用力），經過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場。已知從OC射出的粒子在磁場中運動的最大時間為T2（T為粒子在磁場中運動的周期）。關于從OCA．O可能是粒子的軌跡圓心 B．粒子可能垂直于邊界OC射出 C．從OC射出的粒子距O最遠距離為3dD．粒子在磁場中運動的最短時間等于T【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構能力．【答案】BD【分析】依據已知條件可知時間最長的運動軌跡為半個圓周，據此根據幾何關系確定粒子的出射范圍，得到從OC射出的粒子距O最遠的距離；應用假設法判斷粒子是否可能垂直于邊界OC射出；根據粒子在磁場中的軌跡圓心角越小，運動時間最短，確定時間最短的出射位置，根據周期求得最短時間；確定所有粒子的軌跡圓心所組成的圓弧與OC的關系，可知O是否可能是粒子的軌跡圓心?！窘獯稹拷猓篊、粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦，初速度大小相同，所以軌跡半徑R一定。已知從OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間為T2當沿S→A的方向出射的粒子在磁場中的軌跡為半圓時，可滿足題，此粒子的出射點D與S點的連線垂直于OA，DS弦最長，軌跡的圓心角最大，粒子的運動時間最長。同時D點是從OC射出的粒子距O最遠的點，故從OC射出的粒子距O最遠的距離等于OD=dcos60°=B、假設粒子能垂直于邊界OC在E點射出，則對應的軌跡圓心在OC上，設圓心為點O2，則SO2的長度應等于軌跡圓半徑R，如上圖中的軌跡②，因：SD?sin30°＝2R?12=R，故SO2當垂直于OC時其長度等于軌跡圓半徑R，可知假設成立，粒子可能垂直于邊界OC射出，故D、當出射點在上圖中的O2時，SO2垂直于OC，SO2為最短的軌跡的弦長，如上圖中的軌跡③，所對應圓心角最小，粒子在磁場中運動時間最短。因SO2＝R，故最小軌跡圓心角為60°，最短時間為：tmin=TA、所以粒子的軌跡圓心在以S為圓心，半徑為R的半圓弧上，如上圖中虛線圓?、?，此圓弧恰好在O2點處與OC相切，故O不可能是粒子的軌跡圓心，故A錯誤。故選：BD?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用幾何關系解題。（多選）12．（2025?駐馬店模擬）如圖，在O﹣xyz坐標系內存在勻強磁場和勻強電場，電場方向沿z軸負方向，磁場方向沿z軸正方向。一電子從點（L，0，0）處沿y軸正方向入射，其軌跡與z軸的第1個交點坐標為（0，0，L）。已知電子的比荷為k，入射速度大小為v0，不計電子所受的重力，則（）A．勻強磁場的磁感應強度大小B=B．勻強電場的電場強度大小E=C．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1：32：52：72：? D．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1：22：32：42：?【考點】帶電粒子在疊加場中做旋進運動；帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】ABC【分析】A.根據洛倫茲力提供向心力求勻強磁場的磁感應強度；B.根據運動學公式求勻強電場的電場強度大小；CD.根據運動學公式求電子軌跡與z軸交點的z坐標之比?！窘獯稹拷猓篈.電子在電場力作用下，沿z軸正方向做初速度為0的勻加速直線運動，在洛倫茲力的作用下，在xOy平面內做勻速圓周運動，電子做圓周運動的半徑r，由洛倫茲力提供電子做圓周運動的向力，有eBv解得B=故A正確；B.t沿z軸方向有L=解得E=故B正確；CD.電子軌跡與z軸第1次相交后，每隔2t時間再與z軸相交，則第n次與z軸相交時，在z軸上有L1=12×eEm[(2故電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1：32：52：72：?故C正確、D錯誤。故選：ABC?！军c評】本題考查帶電粒子在復合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。（多選）13．（2025?珠海一模）托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，其內部產生的磁場可以把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內。圖甲為該裝置的簡化模型，兩個圓心相同、半徑不同的圓環將空間分成無磁場的反應區和勻強磁場方向垂直于紙面向里的約束區。如圖乙所示，一帶電微粒沿半徑方向從A點射入約束區并從D點返回反應區，運動軌跡恰好與約束區外邊界相切。若該微粒經過B點時，與一靜止不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列說法正確的是（）A．帶電微粒帶負電 B．碰撞后，新微粒仍能從D點返回反應區 C．碰撞前后微粒在磁場中做圓周運動的周期不變 D．相比不發生碰撞時，碰撞后新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變大【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】AB【分析】根據圖乙中粒子的偏轉方向，由左手定則判斷電性；根據洛倫茲力提供向心力可解得半徑表達式，結合完全非彈性碰撞的特點，確定是合為一個整體后能否返回反應區；由周期公式分析判斷；由動量守恒定律結合洛倫茲力公式確定洛倫茲力是否發生變化?！窘獯稹拷猓篈、根據圖乙，帶電微粒受到的洛倫茲力方向指向圓心C，由左手定則可知，帶電微粒帶負電，故A正確；B、由于洛倫茲力提供向心力：Bqv=m由上式可知，偏轉半徑R與動量成正比，比電荷量成反比。由于碰撞過程動量守恒，電荷量不變，故偏轉半徑不變，新微粒仍能從D點返回反應區，故B正確；C、根據帶電微粒在勻強磁場做圓周運動的周期公式：T所以碰撞后微粒質量變大、電荷量不變，周期變大，故C錯誤；D、碰撞過程動量守恒，以碰撞前微粒速度方向為正方向有：m1v＝（m1+m2）v共解得：v根據洛倫茲力大小計算公式：F＝Bqv可知，碰撞后新微粒速度變小，電荷量不變，新微粒在磁場中受到的洛倫茲力變小，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解題關鍵掌握洛倫茲力的公式、動量守恒定律的應用，根據幾何關系結合題設條件進行解答。（多選）14．（2025?駐馬店模擬）嫦娥七號計劃于2026年發射，由于月球上沒有空氣，某同學提議在旗幟上固定導線，通過電磁場的相互作用使旗幟飄揚起來。現在給光滑水平面上的旗幟等間距地固定a、b、c三根相同長直導線，并通入大小相等、方向如圖所示的電流，則旗幟能夠保持平展的是（）A． B． C． D．【考點】兩根通電導線之間的作用力；通電直導線周圍的磁場．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據平行同向電流互相吸引，異向電流互相排斥的特點進行分析解答?！窘獯稹拷猓和ㄓ型螂娏鞯膶Ь€相互吸引，通有異向電流的導線相互排斥，且電流相同時，兩導線間的距離越大，作用力越小，故AB正確，CD錯誤。故選：AB?！军c評】考查平行同向電流互相吸引，異向電流互相排斥的特點，會根據題意進行準確分析解答。（多選）15．（2025?岳麓區校級模擬）如圖所示，空間存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一帶電荷量為q、質量為m的帶正電小球從磁場中某點P由靜止釋放，其運動軌跡是一條擺線。小球的運動可分解為豎直平面內沿逆時針方向、速度大小為v的勻速圓周運動和水平向右、速度大小為v的勻速直線運動，P、Q為相鄰等高點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．小球從釋放到第一次經過最低點所需時間為πmqBB．小球運動到最低點時的速度為mgqBC．PQ間距為2πD．小球第一次運動到最低點時，距離釋放點的豎直距離為m【考點】帶電粒子在疊加場中做旋進運動；帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】小球的運動看成向右勻速直線運動和逆時針方向勻速圓周運動的合成。根據勻速圓周運動規律求小球從釋放到第一次經過最低點所需的時間；根據洛倫茲力提供向心力求小球運動到最低點時的速度；根據水平方向和豎直方向兩個分運動，結合周期公式求PQ間的距離；由豎直方向的勻速圓周運動和周期公式求豎直距離?！窘獯稹拷猓篈、因小球初速度為零，分解為一個水平向右的速度v和一個水平向左的速度v，所以小球做勻速圓周運動的起始點應為圓周的最高點，小球從釋放到第一次經過最低點所需時間為勻速圓周運動周期的12，所以第一次到最低點的時間為：t=1B、小球因勻速直線運動的速度而受到的洛倫茲力恰好與重力等大反向，所以根據平衡條件有：qvB＝mg變形后得到：v小球運動到最低點時勻速圓周運動的速度與勻速直線運動的速度方向相同，兩者的矢量和為：2v=2mgqBC、小球由P點運動到Q點相當于圓周運動了一周，所用時間為：T所以，PQ間距為：x=vT=D、小球做勻速圓周運動的半徑R滿足：vT＝2πR代入前項結果求得：R小球第一次運動到最低點時，距離釋放點的豎直距離為：h=2R=2故選：AC?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。三．解答題（共5小題）16．（2025?湖北模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，0＜x＜d的區域內分布著沿y軸正方向的勻強電場。x＞d的區域內分布著磁感應強度大小為B、沿x軸正方向的勻強磁場，A點是磁場左邊界與x軸的交點。一質量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從原點O以初速度v0沿與x軸正方向成θ＝30°的夾角進入電場，恰好從A點進入磁場。不計粒子重力，求：（1）粒子經過0＜x＜d的區域時，離x軸的最遠距離h；（2）勻強電場電場強度E的大小；（3）粒子進入磁場后，再次經過x軸時的坐標?！究键c】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）離x軸的最遠距離為312d（2）勻強電場電場強度大小為3m（3）再次經過x軸時的坐標為(d【分析】（1）根據運動學公式求離x軸的最遠距離h；（2）根據運動學公式求勻強電場電場強度E的大小；（3）根據周期公式和長度關系求經過x軸時的坐標?！窘獯稹拷猓海?）設粒子從O點到A點所用時間為t，水平方向做勻速直線運動。有d＝v0cosθ?t豎直方向做勻變速直線運動。由對稱性知，離x軸的最遠距離h=聯立解得h=3（2）設粒子在豎直方向做勻變速直線運動的加速度為a，有h=而a=聯立解得E=（3）粒子進入磁場后，沿x軸方向以速度v0cosθ做勻速直線運動，在垂直x軸的平面內做勻速圓周運動。勻速圓周運動的周期T=故帶電粒子再次經過x軸的坐標x＝d+v0cosθ?T聯立解得x＝d+故帶電粒子再次經過x軸的坐標為(答：（1）離x軸的最遠距離為312d（2）勻強電場電場強度大小為3m（3）再次經過x軸時的坐標為(d【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。17．（2025?湖北模擬）如圖所示，豎直面內有垂直平面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小B＝0.5T，有一厚度不計、下端封閉上端開口且內壁光滑的絕緣玻璃管，管內底部靜置一質量為0.08kg，電荷量為1.6C的帶正電小球。t＝0時，在外力作用下玻璃管從靜止開始水平向右做a＝2m/s2的勻加速直線運動，經過時間t0后小球恰好脫離管底，再經過相同的時間后小球從管口離開玻璃管，已知g取10m/s2。則：（1）t0的取值；（2）小球離開管口時的動能；（3）經分析知，小球離開管口后做旋輪線運動，求上升階段中小球的最小速度（不討論小球可能與地面發生的碰撞，可用根式表示）?！究键c】帶電粒子在疊加場中做一般曲線運動；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）t0的取值為0.5s；（2）小球離開管口時的動能為0.41J；（3）經分析知，小球離開管口后做旋輪線運動，上升階段中小球的最小速度為(29【分析】（1）根據平衡關系求t0的取值；（2）由動量定理和動能公式求小球離開管口時的動能；（3）由動量定理和動能定理求上升階段中小球的最小速度?！窘獯稹拷猓海?）小球恰好脫離管底時，有mg=又vx求得t0＝0.5s（2）取小球剛離開管底到離開管口為研究過程，取豎直向上為正方向，由動量定理Bq∑其中vy為出管口時的豎直方向的速度又∑vxitivx得vy＝2.5m/s此時Ek其中vx＝vx0+at0得Ek＝0.41J（3）小球速度最小時，方向水平向左，上升到最高ym處水平方向，以水平向右為正方向，由動量定理-Bq由初位置到最高點由動能定理-mg其中∑v得vm答：（1）t0的取值為0.5s；（2）小球離開管口時的動能為0.41J；（3）經分析知，小球離開管口后做旋輪線運動，上升階段中小球的最小速度為(29【點評】本題考查帶電粒子在復合中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。18．（2025?大連模擬）如圖為研究光電效應的裝置示意圖，位于坐標原點O的光電效應發生器可產生大量在xOy平面內運動的光電子，并沿各個方向進入x軸上方區域?？臻g中存在垂直xOy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。x軸上放置一長度足夠的金屬薄板M，其左端C點到O的距離為x0（x0大小未知）。長度足夠的金屬薄板N平行y軸放置，其上端D點同樣位于x軸，到O的距離為32x0，兩極板間絕緣，電子打到金屬板后經導線、微安表A1、A2后流入地面。已知光電效應截止頻率為ν0，普朗克常量為h，電子質量為m、電荷量為e。入射光頻率逐漸增大至ν0時，微安表A1開始出現示數。不計電子的重力及相互作用，不考慮電子間的碰撞，未能打到M（1）求C點所處位置的坐標x0；（2）入射光頻率超過ν1時，微安表A2開始出現示數，求臨界頻率ν1的大??；（3）求入射光頻率ν2為6ν0時，打到N板的電子在磁場中運動時間的范圍。【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；光電效應現象及其物理意義；愛因斯坦光電效應方程．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；光電效應專題；分析綜合能力．【答案】（1）C點所處位置的坐標為x0（2）臨界頻率ν1的大小為5ν0；（3）打到N板的電子在磁場中運動時間的范圍為πm2【分析】（1）根據光電效應和洛倫茲力提供向心求C點所處位置的坐標x0；（2）根據光電效應和洛倫茲力提供向心求臨界頻率ν1的大??；（3）根據光電效應和周期公式求打到N板的電子在磁場中運動時間的范圍。【解答】解：（1）易知，光電效應逸出功為W0＝hν0入射光頻率為2ν0時，逸出光電子的最大初動能Ekm1＝h?2ν0﹣W0＝hν0對應電子速度為v0滿足：Ekmv0速度為v0、沿y軸正方向射出的電子經磁場偏轉后垂直x軸打在C點，由洛倫茲力提供向心力，則有eC到O的距離x0＝2r0聯立解得x0（2）恰有電子打到N板時，光電效應產生的電子中，速度最大、半徑最大的電子軌跡過C點且與N板相切。設該電子射入磁場時與速度與x軸正方向夾角為θ，圓周運動半徑為r1，則x0＝2r1sinθ3解得r1＝x0由洛倫茲力提供向心力，則有ev聯立解得電子速度v1則由12可知ν1＝5ν0（3）由旋轉圓知識可知，能夠打到N板的電子在半徑相同的情況下，軌道與N板相切時運動時間最長，軌道過C點時運動時間短。①對于軌道與N板相切的所有電子，隨著電子半徑減小，運動時間增長，則電子的軌跡過C點且與N板相切時，運動時間最長。由第（2）問可知，該電子射入磁場時與速度與x軸正方向夾角為θ滿足sinθ=θ=電子圓周運動周期為T=易知所有電子圓周運動周期均相同，則打到N板的電子最長運動時間為t=②對于軌道過C點的所有電子，隨著著電子半徑增大，運動時間縮短，則電子的軌跡過C點且運動半徑最大時，運動時間最短。對應電子速度最大，即為6v0光子產生的動能最大的電子，該電子速度滿足12解得v2由ev可知該電子運動半徑為r2設該電子射入磁場時與x軸正方向夾角為α，打到N板時速度與y軸負向的夾角為β，則sinα=cosβ=由sinα2+cosβ2＝1可知，該電子圓周運動軌跡對應運動圓心角為π則打到N板的電子最短運動時間為t=即打到N板的電子運動時間范圍是：πm2答：（1）C點所處位置的坐標為x0（2）臨界頻率ν1的大小為5ν0；（3）打到N板的電子在磁場中運動時間的范圍為πm2【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動和光電效應的問題，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。19．（2025?羅湖區校級一模）如圖所示，在邊長為L的正方形區域內，有沿+y方向的勻強電場和垂直于紙面的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為+q帶電的粒子（不計重力）從原點O進入場區，恰好能以v0的速度沿直線勻速通過場區。（1）分析推斷粒子的初速度方向，判定磁感應強度方向。（2）若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，該帶電粒子恰好從（L，-L2）點離開場區，求磁感應強度的大小（3）若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，求粒子離開場區的位置?！究键c】帶電粒子在疊加場中做直線運動；帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）粒子的初速度沿+x方向，磁感應強度方向垂直于紙面向外；（2）若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，該帶電粒子恰好從（L，-L2）點離開場區，磁感應強度的大小B為（3）若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，粒子離開場區的位置為（L，0.4L）?！痉治觥浚?）根據左手定則判斷粒子的初速度方向和磁感應強度方向；（2）根據幾何關系和洛倫茲力提供向心力求磁感應強度的大小B；（3）根據類平拋運動的規律求粒子離開場區的位置。【解答】解：（1）①因為粒子勻速運動且電場力沿+y方向，故洛倫茲力f沿﹣y方向，而速度v0與f垂直，所以速度沿+x方向。②洛倫茲力f沿﹣y方向，根據左手定則可判定磁場垂直于紙面向外。（2）如圖根據勾股定理：L2解得r=qv解得B=（3）設粒子從右邊界離開，則：水平方向：L＝v0t豎直方向：y=又ma＝qE綜合可得y＝0.4L＜0.5L故假設成立。粒子離開場區的具體位置為（L，0.4L）答：（1）粒子的初速度沿+x方向，磁感應強度方向垂直于紙面向外；（2）若撤去電場，只保留磁場，其他條件不變，該帶電粒子恰好從（L，-L2）點離開場區，磁感應強度的大小B為（3）若撤去磁場，只保留電場，其他條件不變，粒子離開場區的位置為（L，0.4L）?！军c評】本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關的綜合分析能力，以及空間想像的能力，應用數學知識解決物理問題的能力。20．（2025?梅州一模）在科學研究中常用電場和磁場來控制帶電粒子的運動。如圖所示，寬度為d的虛線框內有垂直紙面方向的勻強磁場，勻強磁場左右邊界豎直。電子槍發出的電子（初速度可以忽略）經M、N之間的加速電場加速后以一定的速度水平射出并進入偏轉磁場。速度方向改變60°角后從右邊界離開磁場最終打在熒光屏上，已知加速電壓為U，電子質量為m、電荷量為e，電子重力不計，求：（1）電子經加速電場加速后的速度大小v；（2）偏轉磁場的磁感應強度B的大小和方向；（3）若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，電子從右邊界離開電場時也可偏轉60°角最終打在熒光屏上，所加電場的電場強度大小E?！究键c】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）電子經加速電場加速后的速度為2eu（2）偏轉磁場的磁感應強度B的大小為1d（3）所加電場的電場強度為得23【分析】（1）根據動能定理求電子經加速電場加速后的速度；（2）根據洛倫茲力提供向心力和幾何關系求偏轉磁場的磁感應強度B的大小，根據左手定則求偏轉磁場的磁感應強度B的方向；（3）根據類平拋運動和牛頓第二定律求所加電場的電場強度大小E?！窘獯稹拷猓海?）電子經過電場加速過程，根據動能定理可得eU解得v（2）電子帶負電，根據左手定則可知磁感應強度B方向垂直紙面向外，電子在磁場中的軌跡如圖所示根據洛倫茲力提供向心力evB由幾何關系可得r解得B（3）電子在電場中做類平拋運動，假設在電場中的時間為t，則有d＝vt離開電場時，假設沿電場方向的分速度為vy，則有vy＝at由牛頓第二定律得eE＝ma又tan聯立可得E答：（1）電子經加速電場加速后的速度為2eu（2）偏轉磁場的磁感應強度B的大小為1d（3）所加電場的電場強度為得23【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。

考點卡片1．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。2．用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題【知識點的認識】1.碰撞的特點：（1）時間特點：碰撞現象中，相互作用的時間極短，相對物體運動的全過程可忽略不計。（2）相互作用力特點：在碰撞過程中，系統的內力遠大于外力，所以動量守恒。2.設兩個物體的質量分別為m1和m2，碰撞前兩個物體的速度分別為v1和v2，碰撞后的速度分別為v1′和v2′，則根據動量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命題方向】甲、乙兩個玩具小車在光滑水平面上沿著同一直線相向運動，它們的質量和速度大小分別為m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．兩小車相碰后，乙車的速度減小為v2′＝0.5m/s，方向不變，求甲車的速度v1′．分析：兩小車相碰過程，兩車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：兩車組成的系統動量守恒，以乙車的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入數據解得：v1′＝1m/s；方向與v2方向相同．答：甲車的速度v1′為1m/s；方向與v2方向相同．點評：本題的關鍵要掌握碰撞的基本規律：動量守恒定律，應用動量守恒定律時要注意正方向．【解題思路點撥】1.碰撞的分類：（1）彈性碰撞：系統動量守恒，機械能守恒。（2）非彈性碰撞：系統動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉化為內能。（3）完全非彈性碰撞：系統動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。2.無論哪一種碰撞，總是滿足動量守恒定律。3．帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動【知識點的認識】1.帶電粒子垂直射入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動，可以利用運動的合成與分解知識分析。規律為：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t靜電力方向：vy＝at，y=2.分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.兩個特殊推論：（1）粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點，如圖所示。（2）位移方向與初速度方向間夾角α（圖中未畫出）的正切為速度偏轉角θ正切的12，即tanα=12【命題方向】一束電子流在經U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，電子恰好從平行板邊緣飛出，求：（電子的比荷eme=1.76×10（1）電子進入極板時的速度v0（2）兩極板間的電壓．分析：（1）由動能定理可求得進入極板的速度．（2）由豎直向做勻加速運動，水平向做勻速運動，由豎直向的距離可求得所加電壓值．解答：（1）由動能定理：Uq=1得v0=2qUm（2）進入偏轉電場，所加電壓為U′電子在平行于板面的方向上做勻速運動：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度為：a=偏距：y=能飛出的條件為：y=d由①②③④⑤可得：U′=2答：（1）電子進入極板時的速度為4.2×107m/s；（2）兩極板間的電壓為400V點評：本題考查帶電粒子在電場中的偏轉，在列式計算時應注意不要提前代入數值，應將公式簡化后再計算，這樣可以減少計算量．【解題思路點撥】帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力；從處理方法上看，仍可利用力學中的規律分析，如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關系，能量守恒等。4．通電直導線周圍的磁場【知識點的認識】幾種常見的磁場如下：直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環形電流的兩側是N極和S極，且離圓環中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要針對通電直導線周圍的磁場分布【命題方向】如圖所示、導絨中通入由A向B的電流時，用輕繩懸掛的小磁針（）A、不動B、N極向紙里，S極向紙外旋轉C、向上運動D、N極向紙外，s極向紙里旋轉分析：根據安培定則可明確小磁針所在位置的磁場方向，從而確定小磁針的偏轉方向。解答：根據安培定則可知，AB上方的磁場向外，則小磁針的N極向紙外，S極向紙里旋轉，故D正確，ABC錯誤。故選：D。點評：本題考查安培定則的內容，對于直導線，用手握住導線，大拇指指向電流方向，四指環繞的方向為磁場的方向?！窘忸}思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環繞的方向。（2）環形電流：讓右手彎曲的四指與環形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。5．磁感應強度的矢量疊加【知識點的認識】磁感應強度是矢量，磁感應強度的疊加遵循矢量法則。【命題方向】兩長直通電導線互相平行，電流方向相同，其截面處于一個等邊三角形的A、B處，如圖所示，兩通電導線在C處的磁感應強度均為B，則C處的總磁感應強度為（）A、2BB、BC、0D、3分析：根據安培定則判斷出A、B兩導線在C處產生的磁場方向，根據磁場的疊加原理，分析C處的磁感應強度的大小和方向．解答：根據安培定則可知，導線A在C處產生的磁場方向垂直于AC方向向右，導線B在C處產生的磁場方向垂直于BC方向向右，如圖，根據平行四邊形定則得到，C處的總磁感應強度為B總＝2Bcos30°=3故選：D。點評：本題考查安培定則的應用能力和運用平行四邊形定則求合磁感應強度的能力．【解題思路點撥】磁感應強度的矢量疊加的步驟為：1.先確定每一個獨立的磁感應強度的大小和方向2.運用平行四邊形法則或三角形法則計算合磁感應強度的大小和方向。6．左手定則判斷安培力的方向【知識點的認識】1.安培力的方向：通電導線在磁場中所受安培力的方向與磁感應強度方向、電流方向都垂直。2.左手定則：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；讓磁感線從掌心垂直進人，并使四指指向電流的方向，這時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。如下圖所示：【命題方向】如圖所示，在勻強磁場中有一通電直導線，電流方向垂直紙面向里，則直導線受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通電直導線在磁場中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心，四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．解答：根據左手定則：伸開左手，拇指與手掌垂直且共面，磁感線向下穿過手心，則手心朝上。四指指向電流方向，則指向紙里，拇指指向安培力方向：向左。故選：C。點評：本題考查左手定則的應用能力．對于左手定則的應用，要搞清兩點：一是什么時候用；二是怎樣用．【解題思路點撥】安培力方向的特點安培力的方向既垂直于電流方向，也垂直于磁場方向，即安培力的方向垂直于電流I和磁場B所決定的平面。（1）當電流方向與磁場方向垂直時，安培力方向、磁場方向、電流方向兩兩垂直，應用左手定則時，磁感線垂直穿過掌心。（2）當電流方向與磁場方向不垂直時，安培力的方向仍垂直于電流方向，也垂直于磁場方向。應用左手定則時，磁感線斜著穿過掌心。7．兩根通電導線之間的作用力【知識點的認識】兩根通電導線之間存在作用力，作用規律為同向電流相互排斥，異向電流相互吸引。證明：如圖所示兩根個導線中，通有同向電流根據安培定則可知左側電流在右側導線處產生的磁場垂直紙面向里，對右側導線分析，根據左手定則，可知右側電流受到的安培力水平向右，同理可得，右側電流對左側導線的作用力向左。同樣的方法可以證明異向電流間的安培力指向彼此，即相互吸引。【命題方向】如圖所示，兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變為F2，則此時b受到的磁場力大小變為（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：當兩根通大小相同方向相反的電流時，a受到的一個F1磁場力，然后再加入一勻強磁場，則a受到F2磁場力．則此時b受到的磁場力大小與a相同，方向相反．解答：如圖所示，兩根長直線，電流大小相同，方向相反。則a受到b產生磁場的作用力向左大小為F1，那么b受到a產生磁場的作用力向右大小為F1′，這兩個力大小相等，方向相反。當再加入勻強磁場時產生的磁場力大小為F0，則a受到作用力為F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而對于b由于電流方向與a相反，所以b受到作用力為F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，這兩個力大小相等，方向相反。將F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：當沒有加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力是相互；當加入勻強磁場時，兩根通電直導線的作用力仍是相互【解題思路點撥】可以通過安培定則與左手定則得出同向電流相互排斥，異向電流相互吸引的結論。8．安培力的計算公式及簡單應用【知識點的認識】如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直磁場放置的長度為l的導體，所通電流為I，導體所受的安培力大小為F＝BIl；若將導體轉過90°，即電流與磁場平行，此時導體所受的安培力的大小為F＝0.2.如圖所示，當電流方向與磁場方向夾角為θ時，安培力的大小為F＝BIlsinθ【命題方向】一根長0.20m、通有2.0A電流的通電直導線，放在磁感應強度為0.50T的勻強磁場中，受到的最大安培力是多少？分析：當通電導線與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大；根據安培力的公式計算安培力的大?。獯穑寒斖妼Ь€與磁場垂直時，導線所受的磁場力最大，為：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．點評：本題只要掌握安培力大小的計算公式F＝BILsinα，就能正確解答，基本題．【解題思路點撥】1、電流方向與磁場方向平行時，導線不受安培力的作用。2、電流方向與磁場方向垂直時，導線受到安培力的大小為F＝BIl。3、電流方向與磁場方向夾角為θ時，導線受到安培力的大小為F＝BIlsinθ。9．通電非直導線安培力大小的計算【知識點的認識】1.對于通電非直導線，安培力計算公式F＝BIl中l就不能用導線的長度來計算了，l是導線的有長度。2.對公式F＝IlB中l的理解l指的是導線在磁場中的“有效長度”，當彎曲導線所在平面與磁場方向垂直時，彎曲導線的有效長度l等于連接兩端點直線的長度（如圖所示）；相應的電流沿l由始端流向末端?！久}方向】如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，導線通以恒定電流I，放置在磁場中，已知ab、bc邊長均為l，ab與磁場方向夾角為60°，bc與磁場方向平行，該導線受到的安培力為（）A、32BIlB、BIlC、32分析：分析各段直線電流受力情況，結合安培力公式得出導線所受的安培力即可判斷。解答：直線電流bc與磁場平行，此段電流不受安培力，則導線所受的安培力為直線電流ab所受的安培力，大小為F=BIlsin60°=32故選：A。點評：本題主要考查了安培力的計算公式，熟悉安培力的計算公式，代入數據即可完成分析，難度不大?！窘忸}思路點撥】1.安培力的計算公式F＝BIlsinθ適用于電流處于勻強磁場中的情況。2.公式F＝BIlsinθ中的B是外加磁場的磁感應強度，不要與電流所產生的磁場的磁感應強度相混淆。3.公式F＝BIl和F＝BIlsinθ中的l指的是導體的“有效長度”。10．安培力作用下的受力平衡問題【知識點的認識】安培力作用下導體的平衡問題模型中，常見的有傾斜導軌、導體棒、電源和電阻等組成，一般解題思路如下?！久}方向】如圖所示，兩傾角為θ的光滑平行導軌，質量為m的導體棒垂直放在導軌上，整個空間存在豎直向上的勻強磁場。現導體棒中通有由a到b的恒定電流，使導體棒恰好保持靜止。已知磁感應強度大小為B，導體棒中電流為I，重力加速度大小為g，忽略一切摩擦，則此時平行導軌間距為（）A、mgBIB、mgcosθBIC、mgtanθBI分析：根據左手定則分析安培力的方向，根據共點力平衡條件求解平行導軌