期末押題預測帶電粒子在勻強磁場中的運動一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?福州校級期末）四個相同的帶負電小球（均視為質點）分別從同一高度處以相同的初速度水平向右拋出，最終落到同一水平地面上。圖甲中既沒有電場，也沒有磁場；圖乙中有水平向里的勻強磁場；圖丙中有方向豎直向下的勻強電場；圖丁中有方向豎直向上的勻強電場。不計空氣阻力。若小球在圖甲、圖乙、圖丙、圖丁四種情形中落在水平地面前瞬間的速度大小分別為v1、v2、v3、v4，則（）A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3 C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v42．（2024秋?唐山期末）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，AB＝DE，C為BD中點，AB平行于DE，如圖所示。一束帶正電的同種粒子垂直AB由A點沿紙面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，經過一段時間后第一次到達虛線位置。用tB、tC、tD、tE分別表示第一次到達B、C、D、E四點的粒子所經歷的時間，下列說法正確的是（）A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD3．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度v0水平向右運動，小球始終在水平面內運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是圖中的（）A． B． C． D．4．（2024秋?慈溪市期末）如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內存在磁感應強度為B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v，方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點。下列說法正確的是（）A．螺線管內的磁場方向垂直于管軸 B．電子在磁場中運動的時間可能為3πmeBC．若磁感應強度變為2B，則電子仍會聚在P點 D．若速度變為2v（不碰壁），則電子仍會聚在P點5．（2024秋?溫州期末）如圖所示，在xOy平面內，有一粒子源沿x正方向發射速率相等的帶正電的粒子，形成寬為R且關于x軸對稱的粒子流。粒子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直xOy平面向里。已知沿x軸入射的粒子經磁場偏轉后從P點射出。若粒子在磁場中運動的最短時間為t，則粒子在磁場中運動的最長時間為（）A．32t B．2t C．3t 二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?張店區校級開學）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作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，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（）A．A點運動到B點的時間為πmqBB．A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大 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（多選）7．（2024秋?保定期末）如圖所示，勻強磁場中位于P處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內的各個方向發射質量為m、電荷量為q，速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏MN的距離為d，設熒光屏足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（）A．若磁感應強度B=mvqd，則發射出的粒子到達熒光屏的最短時間B．若磁感應強度B=mvqd，則同一時刻發射出的粒子到達熒光屏的最大時間差為C．若磁感應強度B=mv2qd，則熒光屏上形成的亮線長度為D．若磁感應強度B=mv2qd（多選）8．（2025?福州校級模擬）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作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，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（）A．A點運動到B點的時間為πmqBB．A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大 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（多選）9．（2024秋?福州校級期末）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．πm2qB≤t≤3πm4qBC．2qBLm≤v≤三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在豎直向上的足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電量為q質量為m小球。若磁感應強度B=πmq，g取10m/s2。則小球離開磁場時的速度大小為m/s；小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為11．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖所示，直角坐標系xOy在水平面內，z軸豎直向上。坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下的勻強磁場。質量為m帶電量為+q的小球A，繞z軸做勻速圓周運動，小球與坐標原點O的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）則從上往下看帶電小球只能沿（填“逆時針”或“順時針”）方向做勻速圓周運動；小球A速度v＝時，所需磁感應強度最小。12．（2024秋?松江區校級月考）如圖所示，虛線框內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于勻強磁場中，正方形線框的邊與虛線框平行。線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，則在正方形線框移出的過程中，線框的一邊a、b兩點間電勢差的絕對值Uab大小關系是（a，b，c，d四幅圖中Uab分別用U1，U2，U3，U4表示）。四．解答題（共3小題）13．（2025?重慶模擬）如圖所示，一光滑半圓形絕緣軌道ACB豎直固定在紙面內，其半徑為R，O為圓心，A、B為半圓水平直徑的兩個端點，C為半圓最低點。M、N點分別位于A、B點正上方，且到A、B點的高度均為R。將一質量為m、電荷量為﹣q的帶電小球，分別從M、N點由靜止釋放，小球均能沿切線進入半圓軌道。小球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）若將該小球從M點由靜止釋放，求小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小；（2）若在直線AB下方施加一垂直紙面的勻強磁場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg，求所加勻強磁場的磁感應強度；（3）若在直線AB下方施加一平行紙面的勻強電場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小分別為5mg、3mg，求所加勻強電場的場強大小。14．（2024秋?福州校級期末）電子對湮滅是正電子發射計算機斷層掃描（PET）及正電子湮滅能譜學（PAS）的物理基礎，是指電子e﹣和正電子e+以等大反向的速度碰撞后湮滅的過程，如圖所示，平面直角坐標系xOy內的P點在x軸上，且OP＝2L，Q點在負y軸上某處。在第Ⅰ象限內有平行于y軸向下的勻強電場，在第Ⅱ象限內有一半徑為L的圓形磁場區域，與x、y軸分別相切于A、C兩點，在第Ⅳ象限內有一未知的矩形區域（圖中未畫出），未知矩形區域和圓形區域內有完全相同的勻強磁場。一速度大小為v0的正電子從A點沿y軸正方向射入磁場，經C點射入電場，最后從P點射出電場區域；另一速度大小為v1（未知）的電子從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進入未知矩形磁場區域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的正電子正碰發生湮滅。已知正、負電子質量均為m、電荷量大小均為e，重力不計。求：（1）圓形區域內勻強磁場磁感應強度B的大小和正電子到達P點時的速度大小；（2）為確保兩電子發生湮滅，兩電子分別從A點、Q點釋放的時間差Δt；（3）未知矩形磁場區域的最小面積S。15．（2024秋?市中區校級期末）如圖所示，在直角坐標系xOy平面內，第一象限中存在沿x軸負方向、電場強度大小為E的勻強電場，第二象限中存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，第三象限中存在勻強電場，電場強度大小也為E，方向與xOy平面平行，且與x軸正方向成α角。一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，從x軸上距離O點為L的M點以一定的初速度沿y軸正方向進入電場，經y軸上距離O點為2L的N點離開電場，經過磁場后從x軸上的P點垂直x軸進入第三象限的電場，不計粒子重力。求：（1）粒子到達N點時的速度大小；（2）粒子在磁場中運動的時間及OP的距離LOP；（3）粒子剛離開第三象限的電場時距坐標原點的距離。

期末押題預測帶電粒子在勻強磁場中的運動參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?福州校級期末）四個相同的帶負電小球（均視為質點）分別從同一高度處以相同的初速度水平向右拋出，最終落到同一水平地面上。圖甲中既沒有電場，也沒有磁場；圖乙中有水平向里的勻強磁場；圖丙中有方向豎直向下的勻強電場；圖丁中有方向豎直向上的勻強電場。不計空氣阻力。若小球在圖甲、圖乙、圖丙、圖丁四種情形中落在水平地面前瞬間的速度大小分別為v1、v2、v3、v4，則（）A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3 C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v4【考點】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】比較思想；類比法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據帶電小球受到重力，電場力及洛倫茲力，判定各自力的方向，結合牛頓第二定律，及平拋運動的規律，即可求解。【解答】解：小球拋出時的速度大小為v0，對題圖甲情形中的小球，小球只受重力，根據動能定理有：mg?=題圖乙情形中的小球受到的洛倫茲力不做功，根據動能定理有：mg?=題圖丙情形中的小球受到的電場力方向豎直向上，電場力做的功：W＜0根據動能定理有：mg?+W=題圖丁情形中的小球受到的電場力方向豎直向下，電場力做的功：W′＞0根據動能定理有：mg?+W′=比較以上各式可知，圖丙中有兩個力對小球做正功，所以丁球落地時的動能最大，甲和乙球基次，丙球落地的動能最小所以速度關系為：v4＞v1＝v2＞v3，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】考查平拋運動的規律，掌握牛頓第二定律的應用，理解左手定則的內容，注意乙圖與丙圖雖然加速度不同，但豎直方向的速度卻相同，是解題的關鍵。同時掌握洛倫茲力不做功的特點。2．（2024秋?唐山期末）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，AB＝DE，C為BD中點，AB平行于DE，如圖所示。一束帶正電的同種粒子垂直AB由A點沿紙面向上射入磁場，各粒子速度大小不同，經過一段時間后第一次到達虛線位置。用tB、tC、tD、tE分別表示第一次到達B、C、D、E四點的粒子所經歷的時間，下列說法正確的是（）A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】比較思想；幾何法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，推導出粒子運動周期表達式，得到周期與速度無關的結論。畫出粒子通過B、C、D、E各點的軌跡，根據軌跡對應的圓心角大小分析粒子運動時間的長短。【解答】解：帶電粒子垂直進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，即qBv=mv則v=qBR運動周期T=2πR可見粒子的運動周期與速度無關。畫出粒子通過B、C、D、E各點的軌跡如圖所示。由幾何關系可知，從A到B，粒子運動軌跡對應的圓心角為180°；連接ACE、AD，從A到B的弦切角最大，從A到C和A到E的弦切角相等，A到D的弦切角最小，則從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；A到D，粒子運動軌跡對應的圓心角最小，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，所以tB＞tC＝tE＞tD，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】正確畫出粒子在磁場中的運動軌跡，將幾何關系確定軌跡對應的圓心角大小是解題的關鍵。3．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上，絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度v0水平向右運動，小球始終在水平面內運動，運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是圖中的（）A． B． C． D．【考點】帶電粒子（或微粒）在非勻強磁場中的運動．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．【答案】A【分析】先用右手定則判斷出豎直導線周圍的磁場方向及分布情況，再由左手定則判斷帶正電小球運動時的受力方向，再判斷力是否做功即可分析。【解答】解：利用右手螺旋定則來判斷，在水平面上，磁感線是圍繞直導線的同心圓，所以在水平面上產生的磁場方向是垂直于小球運動水平面的，又因為小球帶正電且水平向右運動，根據左手定則可以判斷帶正電小球受到的洛倫茲力始終垂直于水平面，因此洛倫茲力對小球不做功，由此可知帶正電小球將做勻速度直線運動，故BCD錯誤，A正確；故選：A。【點評】該題考查的知識點較多，首先是右手定則，知道通電直導線周圍的磁場的分布；其次是左手定則，會熟練的判斷帶電粒子受到的洛倫茲力的方向。4．（2024秋?慈溪市期末）如圖為用于電真空器件的一種磁聚焦裝置示意圖。螺線管內存在磁感應強度為B的勻強磁場。電子槍可以射出速度大小均為v，方向不同的電子，且電子速度v與磁場方向的夾角非常小。電子電荷量為e、質量為m。電子間的相互作用和電子的重力不計。這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點。下列說法正確的是（）A．螺線管內的磁場方向垂直于管軸 B．電子在磁場中運動的時間可能為3πmeBC．若磁感應強度變為2B，則電子仍會聚在P點 D．若速度變為2v（不碰壁），則電子仍會聚在P點【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；洛倫茲力的計算公式及簡單應用．【專題】定量思想；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】AB.由題意可知，螺線管內的磁場方向與管軸不垂直，電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，電子的運動軌跡為螺旋線；根據電子的運動規律、洛倫茲力提供向心力、周期公式分別列式，即可分析判斷；CD.由上述分析，對磁感應強度變為2B、電子速度為2v時，分別列式對比，即可分析判斷。【解答】解：AB.由圖可知，螺線管內的磁場方向與管軸不垂直，將電子的初速度v沿磁場方向和垂直于磁場方向正交分解為vx、vy，電子沿磁場方向做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，電子的運動軌跡為螺旋線；設螺線管長為L，分運動的圓周運動的周期為T，若這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，則需滿足：Lv由洛倫茲力提供向心力可得：eBv電子分運動的圓周運動的周期為：T=2πm聯立可得：Lv因為電子速度v與磁場方向的夾角非常小，故可近似為：vx＝v，可得電子的速度只要滿足：Lv由此可知，這些電子通過磁場會聚在熒光屏上P點，電子在磁場中運動的時間不可能為3πmeBCD.由上述分析可知，若磁感應強度變為2B，有：L=2πm?n′對比可得：n'＝2、4、6……，則電子仍會聚在P點；同理，當電子速度為2v時，可得：L=2πm?n″對比可得：n″=12、1、故選：C。【點評】本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，解題時需注意若v⊥B，則帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速率v做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。5．（2024秋?溫州期末）如圖所示，在xOy平面內，有一粒子源沿x正方向發射速率相等的帶正電的粒子，形成寬為R且關于x軸對稱的粒子流。粒子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直xOy平面向里。已知沿x軸入射的粒子經磁場偏轉后從P點射出。若粒子在磁場中運動的最短時間為t，則粒子在磁場中運動的最長時間為（）A．32t B．2t C．3t 【考點】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；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據粒子運動的情況分析半徑，從而作出最長時間和最短時間粒子運動的軌跡，根據周期與時間關系解答。【解答】解：已知沿x軸入射的粒子經磁場偏轉后從P點射出，則粒子運動的半徑為R，則所有粒子都從P點射出，如圖圓弧軌跡對應最小圓心角為60°，最大圓心角為120°，則t=60°t'=120°解得t'＝2t故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，解題關鍵掌握“磁焦距”的特點，根據圓心角分析運動時間。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2025?張店區校級開學）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作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，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（）A．A點運動到B點的時間為πmqBB．A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大 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一般曲線運動；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；創新能力．【答案】BD【分析】由題意可將離子的運動分解為勻速圓周運動與勻速直線運動，根據力與運動的關系，結合勻速圓周運動的周期解答；根據動能定理，功能關系解答。【解答】解：A、粒子在A點時，速度為0，將粒子速度分解為水平向右的v與水平向左的v，使水平向右的v對應的洛倫茲力與電場力平衡，則有：qE＝qvB解得：v=所以離子水平向右的分運動為v的勻速直線運動，另一分運動為水平向左的v對應的逆時針方向的勻速圓周運動，且有：qvB=mv解得：R=mvqB由于粒子從靜止開始自A點沿曲線AC運動到達B點時速度為零，即離子恰好經過圓周運動的一個周期的時間，即A點運動到B點的時間為2πmqBC、離子由靜止開始自A點沿曲線ACB運動，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，故C錯誤；D、洛倫茲力不做功，結合上述，離子由靜止開始自A點沿曲線運動到C點過程，電場力做正功最多，根據動能定理可知，離子到達C點時離子速度最大，故D正確；B、結合上述可知，A、C兩點間距離：xAC＝vT=2πmE故選：BD。【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動問題，屬于知識給于類題型，理解題意是關鍵。掌握軌跡為“圓滾線”的運動的處理方法，根據分運動具有獨立性與等時性解答。（多選）7．（2024秋?保定期末）如圖所示，勻強磁場中位于P處的粒子源可以沿垂直于磁場向紙面內的各個方向發射質量為m、電荷量為q，速率為v的帶正電粒子，P到熒光屏MN的距離為d，設熒光屏足夠大，不計粒子重力及粒子間的相互作用。下列判斷正確的是（）A．若磁感應強度B=mvqd，則發射出的粒子到達熒光屏的最短時間B．若磁感應強度B=mvqd，則同一時刻發射出的粒子到達熒光屏的最大時間差為C．若磁感應強度B=mv2qd，則熒光屏上形成的亮線長度為D．若磁感應強度B=mv2qd【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【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】ABC【分析】根據牛頓第二定律求解粒子做勻速圓周運動的軌道半徑，當粒子運動的時間最短時，軌跡對應的弦長最短，再根據幾何知識求解軌跡對應的圓心角，再根據運動學公式求解粒子運動的時間；根據題意作出粒子運動最長時間的軌跡圖像，根據幾何知識求解粒子運動的軌跡對應的圓心角，再根據運動學公式求解最大時間差；先根據半徑公式求解磁感應強度時粒子運動的軌道半徑，再作出粒子運動的臨界軌跡圖像，根據幾何知識求解粒子在P點上方和下方打在MN上面的位置，即可解得熒光屏上形成的亮線長度。【解答】解：根據洛倫茲力提供向心力得：qvB=m代入磁感應強度的值得到運動的軌道半徑：R＝dA、要求最短時間，則恰好弦長最短，打到P點的正左方，如圖所示，根據幾何關系，偏轉的圓心角為π3，因此運動時間為：t=B、由幾何關系可知，打到熒光屏MN上最長時間恰好運動了34結合上一選項的結論，那么最大的時間差：Δt=(CD、若磁感應強度B=mv到達熒光屏最下端的粒子的軌跡是與MN相切的，設下半部分的亮線長度為x1，根據幾何關系有：x整理解得：x1=3到達熒光屏最上端的粒子與屏的交點與P點連線為軌跡的直徑，設上半部分亮線的長度為x2，根據幾何關系有：x整理解得：x2=15所以亮線的總長度為(15故選：ABC。【點評】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。（多選）8．（2025?福州校級模擬）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作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，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（）A．A點運動到B點的時間為πmqBB．A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大 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；電場力做功與電勢能變化的關系．【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】BD【分析】由題意可將離子的運動分解為勻速圓周運動與勻速直線運動，根據力與運動的關系，結合勻速圓周運動的周期解答；根據動能定理，功能關系解答。【解答】解：A．粒子在A點時，速度為0，將粒子速度分解為水平向右的v0與水平向左的v0，使水平向右的v0對應的洛倫茲力與電場力平衡，則有qE＝qv0B解得v0即離子水平向右的分運動為v0的勻速直線運動，則另一分運動為水平向左的v0對應的逆時針方向的勻速圓周運動，且有qv0B=m解得R=mv0由于粒子從靜止開始自A點沿曲線AC運動到達B點時速度為零，即離子恰好經過圓周運動的一個周期的時間，即A點運動到B點的時間為2πmqBB．結合上述可知，A、C兩點間距離xAC可知，A、C兩點間距離隨著電場E的增大而增大，故B正確；C．離子由靜止開始自A點沿曲線ACB運動，電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，故C錯誤；D．洛倫茲力不做功，結合上述，離子由靜止開始自A點沿曲線運動到C點過程，電場力做正功最多，根據動能定理可知，離子到達C點時離子速度最大，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動問題，屬于知識給于類題型，理解題意是關鍵。掌握軌跡為“圓滾線”的運動的處理方法，根據分運動具有獨立性與等時性解答。（多選）9．（2024秋?福州校級期末）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．πm2qB≤t≤3πm4qBC．2qBLm≤v≤【考點】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構能力．【答案】AD【分析】畫出粒子在磁場中運動的軌跡，確定圓心，由幾何關系可求得粒子的軌道半徑和偏轉角，粒子在磁場中做圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據此可求得速度大小，再由時間公式求時間；【解答】解：粒子在磁場中圓周運動周期：T=洛倫茲力提供向心力：qvB=聯立解得：T=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：L+r=由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m聯立解得：v=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：r＝L由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m聯立解得：v=粒子僅能從正方形cd邊（含c、d兩點）射出正方形區域，所以：(2AB、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：θ所用時間為：t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π2，所用時間為：綜上所述粒子運動時間t滿足：πm2qB故選：AD。【點評】本題考查了粒子在有界磁場中的運動，解題的關鍵是畫出軌跡的示意圖，由幾何關系求得軌道半徑。三．填空題（共3小題）10．（2025?福州校級模擬）如圖所示，豎直平面MNRS的右側存在豎直向上的足夠大的勻強磁場，從平面MNRS上的O點處以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右拋出一帶電量為q質量為m小球。若磁感應強度B=πmq，g取10m/s2。則小球離開磁場時的速度大小為102m/s；小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為5【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律的簡單應用．【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】見試題解答內容【分析】小球在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，小球離開磁場時水平方向為一個半圓、根據運動情況結合運動學公式進行解答。【解答】解：小球在水平方向做勻速圓周運動，豎直方向做自由落體運動，水平方向小球恰好轉半個周期離開磁場，故離開磁場的時間為t=T則離開磁場時的豎直方向的速度vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s小球離開磁場時的速度大小為v=v02小球離開磁場時在豎直方向的距離為y=1小球在水平方向做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B=解得：R=水平方向位移為直徑，即x＝2R=代入數據解得：x=20則小球離開磁場時的位置與拋出點的距離為s＝Xx2+y故答案為：102；5π【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間。11．（2023秋?鼓樓區校級期末）如圖所示，直角坐標系xOy在水平面內，z軸豎直向上。坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下的勻強磁場。質量為m帶電量為+q的小球A，繞z軸做勻速圓周運動，小球與坐標原點O的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）則從上往下看帶電小球只能沿逆時針（填“逆時針”或“順時針”）方向做勻速圓周運動；小球A速度v＝32gr【考點】帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；模型建構能力．【答案】逆時針、32【分析】對小球受力分析，根據豎直方向根據平衡條件和做勻速圓周運動的條件確定磁場的方向；根據牛頓第二定律表示磁感應強度，根據磁感應強度的表達式求解磁感應強度的最小值及此時v的值。【解答】解：根據題意，對小球受力分析，如圖所示洛倫茲力F2沿水平方向，庫侖力F1沿著O→A方向，空間中存在豎直向下的勻強磁場，洛倫茲力指向圓心，小球A帶正電，根據左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動。水平方向上，由牛頓第二定律有：qvB?豎直方向上有：F1cos37°＝mg整理可得：B=由數學知識可知，當：3mg4qvv=3故答案為：逆時針、32【點評】本題考查帶電體在電場、磁場和重力場的復合場中的運動，要求學生能正確分析帶電體的受力和運動性質，熟練應用對應的規律解題。12．（2024秋?松江區校級月考）如圖所示，虛線框內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，粗細均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于勻強磁場中，正方形線框的邊與虛線框平行。線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，則在正方形線框移出的過程中，線框的一邊a、b兩點間電勢差的絕對值Uab大小關系是U1＝U3＝U4＜U2。（a，b，c，d四幅圖中Uab分別用U1，U2，U3，U4表示）。【考點】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動．【專題】應用題；定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】U1＝U3＝U4＜U2。【分析】根據E＝BLv求出線框產生的感應電動勢，根據串聯電路分壓規律求a、b兩點間電勢差的絕對值Uab，然后分析答題。【解答】解：設正方向線框的邊長為L，線框切割磁感線產生的感應電動勢均為E＝BLv磁場中切割磁感線的邊相當于電源，外電路由三個相同電阻串聯形成，（a）、（c）、（d）圖中a、b兩點間電勢差絕對值為外電路中一個電阻兩端電壓，即為U=E（b）圖中a、b兩點間電勢差絕對值為路端電壓，即為Uab=3E4=3BLv4，則U1＝U3故答案為：U1＝U3＝U4＜U2。【點評】解決本題時，要正確區分電源和外電路，結合串聯電路電壓與電阻成正比，確定a、b兩點間電勢差絕對值與感應電動勢的關系。四．解答題（共3小題）13．（2025?重慶模擬）如圖所示，一光滑半圓形絕緣軌道ACB豎直固定在紙面內，其半徑為R，O為圓心，A、B為半圓水平直徑的兩個端點，C為半圓最低點。M、N點分別位于A、B點正上方，且到A、B點的高度均為R。將一質量為m、電荷量為﹣q的帶電小球，分別從M、N點由靜止釋放，小球均能沿切線進入半圓軌道。小球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）若將該小球從M點由靜止釋放，求小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小；（2）若在直線AB下方施加一垂直紙面的勻強磁場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg，求所加勻強磁場的磁感應強度；（3）若在直線AB下方施加一平行紙面的勻強電場，將該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小分別為5mg、3mg，求所加勻強電場的場強大小。【考點】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；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；推理論證能力．【答案】（1）若將該小球從M點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小為5mg；（2）該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg，所加勻強磁場的磁感應強度為m2q（3）所加勻強電場的場強大小為13mg【分析】（1）根據動能定理求出小球到達C點時速度的大小，在C點，軌道對小球的支持力與重力的合力提供向心力，據此分析求小球與軌道之間作用力的大小；（2）由于兩球到達C的速度方向不同，洛倫茲力的方向相反，在C點分別對兩球由牛頓第二定律列式結合題設條件，即可分析判斷；（3）根據動能定理求出兩球到達C點的速度，再由牛頓第二定律列式結合題設條件，從而得到電場強度的大小。【解答】解：（1）從M點到C點，根據動能定理：mg?2R=在C點，根據牛頓第二定律：F解得：FN＝5mg（2）因為洛倫茲力不做功，所以小球到達C點的速度還是：v1=2小球在C點，根據牛頓第二定律：F小球從N點釋放到C點，根據牛頓第二定律：F由題可知：FN1﹣FN2＝2mg聯立解得：B=m（3）設所加勻強電場的場強大小為E，方向為左下方，與水平方向夾角為α，小球從M點釋放到C點，根據動能定理：mg?2R+qEcosα?R?qEsinα?R=在C點，根據牛頓第二定律：5mg+qEsinα?mg=小球從N點釋放到C點，根據動能定理：mg?2R?qEcosα?R?qEsinα?R=在C點，根據牛頓第二定律：3mg+qEsinα?mg=聯立上述公式解得：E=答：（1）若將該小球從M點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力大小為5mg；（2）該小球先后從M、N點由靜止釋放，小球運動到C點時與軌道之間的作用力減小了2mg，所加勻強磁場的磁感應強度為m2q（3）所加勻強電場的場強大小為13mg【點評】本題主要考查從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題，解題時需注意功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等的綜合應用。14．（2024秋?福州校級期末）電子對湮滅是正電子發射計算機斷層掃描（PET）及正電子湮滅能譜學（PAS）的物理基礎，是指電子e﹣和正電子e+以等大反向的速度碰撞后湮滅的過程，如圖所示，平面直角坐標系xOy內的P點在x軸上，且OP＝2L，Q點在負y軸上某處。在第Ⅰ象限內有平行于y軸向下的勻強電場，在第Ⅱ象限內有一半徑為L的圓形磁場區域，與x、y軸分別相切于A、C兩點，在第Ⅳ象限內有一未知的矩形區域（圖中未畫出），未知矩形區域和圓形區域內有完全相同的勻強磁場。一速度大小為v0的正電子從A點沿y軸正方向射入磁場，經C點射入電場，最后從P點射出電場區域；另一速度大小為v1（未知）的電子從Q點沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進入未知矩形磁場區域，離開磁場時正好到達P點，且恰好與從P點射出的正電子正碰發生湮滅。已知正、負電子質量均為m、電荷量大小均為e，重力不計。求：（1）圓形區域內勻強磁場磁感應強度B的大小和正電子到達P點時的速度大小；（2）為確保兩電子發生湮滅，兩電子分別從A點、Q點釋放的時間差Δt；（3）未知矩形磁場區域的最小面積S。【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；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；帶電粒子在復合場中的運動專題；模型建構能力．【答案】（1）圓形區域內勻強磁場磁感應強度B的大小為mv0eL（2）為確保兩電子發生湮滅，兩電子分別從A點、Q點釋放的時間差Δt為0；（3）未知矩形磁場區域的最小面積S為2(2【分析】（1）電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，從A點到C點在磁場中運動了14（2）利用周期和軌跡圓心角求解電子在磁場中運動時間，與（1）中求得的在電場中的運動時間之和即為電子運動的時間，同理得到負電子到達Q點的時間，從而也得到丙粒子出發的時間差；（3）由題意可知正電子進入矩形磁場區域偏轉了90°恰好與電子在P點正碰，作出軌跡圖，根據倫茲力提供向心力求得正電子在磁場中運動半徑，根據幾何關系求解。【解答】解：（1）正電子a從A點沿y軸正方向發射，經過C點，由題意可得正電子在磁場中運動的半徑：R＝L又根據牛頓第二定律：e解得磁感應強度的大小為：B=正