目錄
01.題型綜述 PAGEREF _Tc32423 \h 1
02.解題攻略 PAGEREF _Tc32423 \h 1
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc20049" 題組01 磁場的疊加 PAGEREF _Tc20049 \h 1
\l "_Tc25327" 題組02 安培力的運算 PAGEREF _Tc25327 \h 5
\l "_Tc13861" 題組03 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 PAGEREF _Tc13861 \h 14
\l "_Tc3395" 題組04 帶電粒子在（復(fù)合）疊加場中的運動 PAGEREF _Tc3395 \h 25
\l "_Tc18906" 題組05 電磁力作用下的科技應(yīng)用 PAGEREF _Tc18906 \h 37
03.高考練場
磁場作為繼電場后的另一種物質(zhì)存在的特殊形式，為了描述磁場，物理學(xué)中引入了磁感應(yīng)強度和磁感線，磁感應(yīng)強度作為一個新的矢量，其運算法則遵守矢量運算的一般法則，在高考中經(jīng)常出現(xiàn)。磁場力包括了安培力與洛倫茲力，兩種磁場力作用下帶電粒子或帶電體可以展現(xiàn)出豐富的運動形式。其中安培力作用下帶電體的平衡與運動問題可以很好的體現(xiàn)空間思想；電磁力相互作用下的各類電磁儀器原理的分析體現(xiàn)了物理學(xué)的應(yīng)用性；帶電粒子在有界勻強磁場中勻速圓周運動更是?？汲Ｐ?，基于以上特點本專題必然是高考的熱考點與必考點。本專題精選了優(yōu)質(zhì)模擬試題及近年高考真題以磁場疊加、安培力的運算，電磁力的科技應(yīng)用以及有界磁場中的勻速圓周運動四大?？碱}型為核心展開并深入講解，有助于學(xué)生綜合能力的提升。
題組01 磁場的疊加
【提分秘籍】
1.磁場的疊加問題的求解
（1）確定磁場場源，如通電導(dǎo)線．
（2）根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁感線的方向。
（3）磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點磁感線的切線方向。
（4）磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各通電導(dǎo)體單獨存在時在該點磁感應(yīng)強度的矢量和。
2.定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產(chǎn)生的磁場．
【典例剖析】
【例1-1】如圖所示，直角三角形abc，，，兩根通電長直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在a、b兩頂點處。a點處導(dǎo)線中的電流大小為I、方向垂直紙面向外，b點處導(dǎo)線中的電流大小為4I、方向垂直紙面向里。已知長直電流在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小，其中I表示電流大小，r表示該點到導(dǎo)線的垂直距離，k為常量。已知a點處電流在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為，則頂點c處的磁感應(yīng)強度為（ ）
A．，方向沿ac向上B．，方向垂直ac水平向右
C．，方向沿ac向上D．，方向垂直ac水平向右
【答案】A
【詳解】設(shè)ac間距為r，有幾何知識知bc間距為2r，通電直導(dǎo)線a在c點上所產(chǎn)生的磁場大小是
通電直導(dǎo)線b在c點上所產(chǎn)生的磁場大小
用右手螺旋定則判斷通電導(dǎo)線在c點上磁場方向如圖所示
則頂點c處的磁感應(yīng)強度為方向沿ac向上。故選A。
【例1-2】．如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，A、C處各有一垂直紙面的通電長直導(dǎo)線，電流大小相等，方向垂直紙面向里，已知通電長直導(dǎo)線在其周圍某點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為，k為常量，r為該點到通電直導(dǎo)線的距離。整個空間中還存在另一個磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，O處的磁感應(yīng)強度恰好為零。如果將C處電流反向、其他條件都不變，則O處的磁感應(yīng)強度大小和方向為（ ）
A．，沿OA方向B．，沿OC方向
C．，沿OA方向D．，沿OC方向
【答案】A
【詳解】設(shè)圓弧半徑為，根據(jù)安培定則可知A處通電導(dǎo)線在點處產(chǎn)生的磁場沿方向，大小為，C處通電導(dǎo)線在點處產(chǎn)生的磁場沿方向，大小也為，則由于O處的磁感應(yīng)強度恰好為零，所以A、C處通電導(dǎo)線在圓心處疊加的磁場大小與等大反向，即可知磁場為左上方，與連線成夾角。如果將C處電流反向，根據(jù)磁場的疊加原理，則方向沿左下方與連線成夾角，根據(jù)磁場疊加原理，O處的磁感應(yīng)強度大小和方向為方向為沿OA方向。故選A。
【例1-3】如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線分別水平固定在正方形CEDF的E、F兩個頂點處，分別通有大小相等方向相反的電流，E處的電流向里，F(xiàn)處的電流向外。已知C點處的磁感應(yīng)強度大小為B，則關(guān)于D點處的磁感應(yīng)強度大小和方向，下列說法正確的是（ ）
A．大小為，方向豎直向下
B．大小為B，方向豎直向下
C．大小為，方向水平向右
D．大小為B，方向水平向右
【答案】B
【詳解】由于兩通電導(dǎo)線中電流大小相等，且C、D兩點到兩通電導(dǎo)線距離相等，則通電導(dǎo)線在C、D兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，方向如圖所示
由圖可知，C點處的磁感應(yīng)強度大小為B，即D點處的磁感應(yīng)強度大小為方向豎直向下。故選B。
【變式演練】
【變式1-1】（2025高三上·遼寧大連·期中）長直導(dǎo)線a、b互相垂直放置，b導(dǎo)線中的電流大小為a導(dǎo)線中電流大小的2倍，電流方向如圖所示，紙面內(nèi)的P、Q分別是a、b導(dǎo)線上的點，PQ連線與導(dǎo)線b垂直，與導(dǎo)線a的夾角為O為PQ的中點。已知通電長直導(dǎo)線在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小（k為常量，I為電流大小，r為該點到直導(dǎo)線的距離）。若直導(dǎo)線a在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小，則O點的磁感應(yīng)強度大小為（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【詳解】根據(jù)安培定則，兩直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場相互垂直的，設(shè)Q到O點的距離為L，已知通電長直導(dǎo)線在空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小則直導(dǎo)線a在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為則直導(dǎo)線b在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為兩直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場相互垂直，根據(jù)磁感應(yīng)強度合成法則，則O點的磁感應(yīng)強度大小為故選A。
【變式1-2】．（2025高三上·黑龍江·階段練習(xí)）如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，水平放置一根通電長直導(dǎo)線，電流的方向垂直紙面向外。O為直導(dǎo)線與紙面的交點，是以O(shè)為圓心的圓周上的四個點。通電長直導(dǎo)線在其周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為，且滿足，式中k為比例系數(shù)，為電流大小，r為該點到導(dǎo)線的距離，則下列說法中正確的是（ ）
A．比例系數(shù)的單位為B．圓周上點的磁感應(yīng)強度最大
C．四周上點的磁感應(yīng)強度最小D．圓周上兩點的磁感應(yīng)強度相同
【答案】A
【詳解】A．根據(jù)，可知結(jié)合得A正確；BC．根據(jù)安培定則知，導(dǎo)線在圓周上d點形成的磁場方向水平向右，與水平向右的勻強磁場同向，由場的疊加原理可知此處的磁感應(yīng)強度最大，故BC錯誤；
D．根據(jù)安培定則可得導(dǎo)線在圓周上兩點形成的磁場方向分別向下和向上，與勻強磁場疊加后方向分別為右下方和右上方，大小相等，方向不同，如圖，故D錯誤。
故選A 。
題組02 安培力的運算
【提分秘籍】
1.安培力大小和方向
2.同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。
3.求解磁場對通電導(dǎo)體作用力的注意事項
(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效長度)。
(2)用準“兩個定則”
①對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加性。
②對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力用左手定則。
(3)明確兩個常用的等效模型
①變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。
②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。
4，安培力作用下的平衡與運動問題的分析思路
(1)選定研究對象；
(2)變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如圖所示．

(3)列平衡方程或牛頓第二定律方程進行求解．
【典例剖析】
【例2-1】如圖所示，半徑為r、粗細均勻的金屬圓環(huán)放在絕緣水平面上，虛線MN左側(cè)有垂直于水平面向下的勻強磁場I，右側(cè)有垂直于水平面向上的勻強磁場II，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，MN與圓環(huán)的直徑重合，PQ是圓環(huán)垂直MN的直徑，將P、Q兩端接入電路，從P點流入的電流大小為I，圓環(huán)保持靜止不動，則下列判斷正確的是（ ）

A．整個圓環(huán)受到的安培力為0
B．整個圓環(huán)受到的安培力大小為
C．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為
D．MN左側(cè)半圓環(huán)受到的安培力大小為
【答案】A
【詳解】圓環(huán)的上半部分的電流是順時針，下半部分的電流是逆時針，把圓環(huán)平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根據(jù)左手定則可得這四部分的受力如下：

因為安培力大小為
其中L為導(dǎo)線的有效長度，四部分的有效長度都為，且導(dǎo)線中的電流相同，故四部分所受的安培力大小相等，且與方向相反，與方向相反，故圓環(huán)所受安培力的合力為零。
故選A。
【例2-2】．如圖所示，傾角為θ=37°的粗糙斜面上有一個長度為L、質(zhì)量為m的通電直導(dǎo)線，其電流為I（可調(diào)），方向垂直紙面向里。整個空間分布有豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，導(dǎo)線與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5（最大靜摩擦等于滑動摩擦力）。若導(dǎo)線能在斜面上靜止不動，則下列電流值不能滿足條件的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通過通電導(dǎo)線在斜面上受重力、彈力、摩擦力和安培力作用下的平衡問題，考查科學(xué)思維能力。
【詳解】對導(dǎo)線進行受力分析，若摩擦力沿斜面向上，如圖甲所示

則有
解得
若摩擦力沿斜面向下，如圖乙所示

則有解得能使導(dǎo)線在斜面上靜止的電流范圍為故選A。
【變式演練】
【變式2-1】（2025高三上·江蘇淮安·期中）如圖所示，金屬桿ab的質(zhì)量為m，長為l，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，通過的電流為I，處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面為角斜向上，結(jié)果ab靜止于水平導(dǎo)軌上。下列說法正確的是（ ）
A．金屬桿ab所受安培力水平向左
B．金屬桿ab所受安培力大小為
C．金屬桿受到的摩擦力
D．若將磁場方向與水平面間的夾角減小，導(dǎo)體棒仍保持靜止，則此時導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力變小
【答案】D
【詳解】A．由左手定則可知，金屬桿ab所受安培力斜向左上，選項A錯誤；
B．金屬桿ab所受安培力大小為
選項B錯誤；
C．金屬桿受到的摩擦力
選項C錯誤；
D．導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力
若將磁場方向與水平面間的夾角減小，導(dǎo)體棒仍保持靜止，則此時導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力變小，選項D正確。
故選D。
【變式2-2】質(zhì)量均勻分布的直導(dǎo)體棒放置于四分之一的光滑圓弧軌道上，其截面如圖所示。導(dǎo)體棒中通有電流強度大小為I的電流，空間存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場的方向豎直向上。導(dǎo)體棒平衡時，導(dǎo)體棒與圓心的連線跟豎直方向的夾角為θ（θ < 45°），軌道與導(dǎo)體棒的彈力為FN。下列說法正確的是（ ）
A．若僅將電流強度I緩慢增大，則θ逐漸減小
B．若僅將電流強度I緩慢增大，則FN逐漸減小
C．若θ = 30°，則
D．若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)過90°時，則FN = 0
【答案】C
【詳解】AB．對導(dǎo)體棒受力分析，受重力、支持力和電場力，受力如圖
若僅將電流強度I緩慢增大，安培力逐漸增大，根據(jù)受力平衡和平行四邊形法則可知θ逐漸增大，F(xiàn)N逐漸增大，故AB錯誤；
C．若θ = 30°，則
得
故C正確；
D．由平衡條件可得，磁場豎直向上時
又
故
若僅將磁場方向沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)過90°時，安培力大小不變，方向豎直向上。因為
故
故D錯誤。
故選C。
【變式2-3】一半徑為R的圓形線框懸掛在彈簧測力計下端，線框中通有abcda順時針方向的恒定電流I，直線MN是勻強磁場的邊界線，磁場方向垂直于圓形線框所在平面向里。整個線圈都處在磁場中平衡時彈簧測力計讀數(shù)為F；若將線圈緩慢上提，在線框正好有一半露出磁場時，彈簧測力計的讀數(shù)為5F。則磁場的磁感應(yīng)強度大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】圓形線框全部在磁場中時，受到安培力作用的有效長度為零，則滿足關(guān)系
圓形線框正好有一半露出磁場，有效長度為2R，受到豎直向下的安培力，大小為
由平衡條件得
解得
故選B。
【變式2-3】如圖所示，寬為l的光滑導(dǎo)軌與水平面成角，質(zhì)量為m、長為l的金屬桿水平放置在導(dǎo)軌上?？臻g存在著勻強磁場，當(dāng)回路總電流為I時，金屬桿恰好能靜止。則磁感應(yīng)強度（ ）
A．最小值為，方向豎直向上
B．最小值為，方向豎直向下
C．最小值為，方向垂直導(dǎo)軌平面向上
D．最小值為，方向垂直導(dǎo)軌平面向下
【答案】C
【詳解】根據(jù)平衡條件
磁感應(yīng)強度B的最小值為
根據(jù)左手定則，可知磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)軌平面向上。
故選C。
【變式2-4】如圖所示，由三根電阻相同導(dǎo)體連接而成的正三角形線框abc固定在勻強磁場中，線框所在平面與磁場方向垂直，a、b分別與直流電源兩端相接。若導(dǎo)體ab受到的安培力大小為，ac段導(dǎo)體受到的安培力大小為，acb段導(dǎo)體受到的安培力大小為，正三角形abc受到的安培力大小為，則下列判斷正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】設(shè)干路中的電流為I，正三角形線框abc邊長為l，由電阻定律可知
由歐姆定律可知
則
，
所以導(dǎo)體ab受到的安培力大小為
ac段導(dǎo)體受到的安培力大小為
acb段導(dǎo)體受到的安培力大小為
根據(jù)左手定則可知，正三角形abc受到的安培力大小為
故
，
故選C。
【變式2-5】如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ。則（ ）
A．僅棒中的電流變小，θ變大B．僅兩懸線等長變長，θ變大
C．僅金屬棒質(zhì)量變大，θ變小D．僅磁感應(yīng)強度變大，θ變小
【答案】C
【詳解】A．設(shè)金屬棒的長度為L，電流為I，磁感應(yīng)強度大小為B，金屬棒受到的安培力大小為F。根據(jù)左手定則可知，通電金屬棒在磁場中受到的安培力方向水平向右，對金屬棒受力分析如圖所示
根據(jù)平衡條件可知
僅棒中的電流變小，由，可知變小，則變小，故A錯誤；
B．由知與兩懸線的長度無關(guān)，所以僅兩懸線等長變長，不變，故B錯誤；
C．僅金屬棒質(zhì)量變大，由知變小，故C正確；
D．僅磁感應(yīng)強度變大，由知變大，故D錯誤。
故選C。
題組03 帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
【提分秘籍】
1.處理帶電粒子在磁場中運動問題的方法
(1)解決帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的一般思路
①找圓心畫軌跡；
②由對稱找規(guī)律；
③尋半徑列算式；
④找角度定時間。
(2)處理該類問題常用的幾個幾何關(guān)系
①四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點；
②三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中速度偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。
(3)時間的求解方法
①根據(jù)周期求解，運動時間t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)；
②根據(jù)運動弧長和速度求解，t＝eq \f(s,v)＝eq \f(θr,v)。
2.處理帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法技巧
(1)解答有關(guān)運動電荷在有界勻強磁場中的運動問題時，我們可以先將有界磁場視為無界磁場，假設(shè)粒子能夠做完整的圓周運動，確定粒子做圓周運動的圓心，作好輔助線，充分利用相關(guān)幾何知識解題。
(2)對稱規(guī)律解題法
①從直線邊界射入的粒子，又從同一邊界射出時，出射速度與邊界的夾角和入射速度與邊界的夾角相等(如圖甲所示)。
②在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，一定沿徑向射出(如圖乙所示)。
(3)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界狀態(tài)(一般是粒子運動軌跡與磁場邊界相切或軌跡半徑達到最大)，常用方法如下：
①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。
②旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝eq \f(mv,qB)的圓周上。
【典例剖析】
【例3-1】（2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期東北三省12月聯(lián)考調(diào)研測試物理試題）如圖所示，磁場邊界I、II、III平行，I、II間距為2L，其間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，II、III間距為L，其間存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從P點垂直于邊界I射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，以與邊界II成夾角的方向從邊界II上的Q點射入II、III之間的磁場，最后從K點垂直于邊界III射出磁場。下列說法正確的是（ ）
A．該粒子帶負電
B．粒子在磁場中運動速度大小為
C．
D．粒子由P至Q所用時間為由Q至K所用時間的2倍
【答案】D
【詳解】A．在I、II之間粒子向上偏轉(zhuǎn)，結(jié)合左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；
B．由幾何關(guān)系可知，粒子在I、II之間軌跡的圓心角為，其軌跡半徑
由洛倫茲力提供向心力可得
得出
故B錯誤；
C．由幾何關(guān)系可知，粒子在II、III之間磁場運動的軌跡半徑
由洛倫茲力提供向心力可得
整理得
聯(lián)立以上得
故
故C錯誤；
D．粒子在II、III之間軌跡的圓心角為，又有
聯(lián)立以上得
即粒子由P至Q所用時間等于由Q至K所用時間的2倍，D正確。
故選 D。
【例3-2】如圖所示，邊長為L的等邊三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場。大量電子從B點射入磁場中，入射方向分布在與BC邊的夾角為α（0 ≤ a ≤ 60°）的范圍內(nèi)，在磁場中的運動半徑均為L。不計電子間的相互作用。則在磁場中運動時間最長的電子入射時的α角為（ ）
A．0°B．15°C．30°D．45°
【答案】C
【詳解】在磁場中運動時間
可知圓心角越大，在磁場中運動時間越長，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，所對應(yīng)弦長越長，圓心角越大，由于在磁場中的運動半徑均為L，所以當(dāng)電子過C點時，對應(yīng)弦長最長，圓心角最大，由圖可知
BC邊長等于半徑，所以△BOC等邊三角形，∠OBC = 60°，此時在磁場中運動時間最長，電子入射時的α角為
故選C。
【例3-3】如圖所示，圓心為O、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。M、N點在圓周上且MON為其豎直直徑?，F(xiàn)將兩個比荷k相同的帶電粒子P、Q分別從M點沿MN方向射入勻強磁場，粒子P的入射速度為v1=v，粒子Q的入射速度為，已知P粒子在磁場中的運動軌跡恰為圓弧，不計粒子的重力，不計粒子間的相互作用，下列說法正確的是（ ）
A．粒子P帶正電，粒子Q帶負電
B．粒子P的周期小于粒子Q的周期
C．粒子Q的軌道半徑為
D．粒子P和粒子Q在磁場中的運動時間之比為
【答案】C
【詳解】A．兩粒子進入磁場時所受洛倫茲力均向左，由左手定則可知，粒子P、Q均帶正電，故A錯誤；
B．根據(jù)周期公式
兩粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的運動周期相同，故B錯誤；
C．根據(jù)洛倫茲力提供向心力
可得
則粒子的半徑與速度成正比，故
故C正確；
D．作出兩粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系得P粒子的軌道半徑為
由以上分析可知，粒子的軌道半徑與線速度成正比，故Q粒子的軌道半徑為
則
可知粒子Q的圓心角為60°，粒子P的圓心角為90°，由于兩粒子周期相同，運動時間與圓心角成正比，則粒子P和粒子Q在磁場中的運動時間之比為，故D錯誤。
故選C。
【例3-4】（2024·江西景德鎮(zhèn)·一模）如圖所示，為紙面內(nèi)矩形的四個頂點，矩形區(qū)域內(nèi)（含邊界）處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，，。一質(zhì)量為m、電荷量為q（）的粒子，從a點沿ab方向運動，不計粒子重力。下列說法正確的是（ ）
A．粒子能通過cd邊的最短時間
B．若粒子恰好從d點射出磁場，粒子速度
C．若粒子恰好從c點射出磁場，粒子速度
D．若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度
【答案】C
【詳解】A．粒子能通過cd邊，從c點射出的粒子在磁場中運動的時間最短，根據(jù)幾何關(guān)系
解得
則轉(zhuǎn)過的圓心角
即
粒子在磁場中運動的周期
則粒子能通過cd邊的最短時間
故A錯誤；
B．若粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關(guān)系可知其半徑
根據(jù)
解得
故B錯誤；
C．若粒子恰好從c點射出磁場，根據(jù)幾何關(guān)系
解得
由洛倫茲力提供向心力得
解得
故C正確；
D．若粒子從d點射出磁場，粒子運動軌跡為半圓，從d點出射時半徑最大，對應(yīng)的入射速度最大，則
故若粒子只能從ad邊界射出磁場，則粒子的入射速度，故D錯誤。
故選C。
【變式演練】
【變式3-1】如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場。帶電粒子（不計重力）第一次以v1速度沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角，則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（ ）
A．半徑之比為B．速度之比為C．速度之比為D．時間之比為
【答案】A
【詳解】ABC．如圖所示
設(shè)圓柱形區(qū)域的半徑為R，有幾何關(guān)系可得
，
則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的半徑之比為
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
解得
可得速度之比為
故A正確，BC錯誤；
D．粒子在磁場中的運動時間為
由圖可知
，
則時間之比為
故D錯誤。
故選A。
【變式3-2】如圖所示，在，的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的P點沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響，則下列有關(guān)說法中錯誤的是（ ）
A．無論粒子的速率多大，粒子都不可能通過坐標原點
B．從x軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為
C．從y軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為
D．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為
【答案】D
【詳解】A．帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中，則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上，如圖所示
粒子在磁場中要想到達O點，轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°，因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點。故A正確，與題意不符；
BCD．根據(jù)
又
聯(lián)立，解得
由于P點的位置不確定，所以粒子在磁場中運動的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角也不同，最大的圓心角是軌跡圓弧與y軸相切時即300°，運動時間為
可知從x軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為。而最小的圓心角是P點在坐標原點時即120°，運動時間為
可知從y軸射出磁場的粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間范圍
故BC正確，與題意不符；D錯誤，與題意相符。
本題選錯誤的，故選D。
【變式3-3】如圖所示，虛線兩側(cè)的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ均垂直于紙面向里，磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度是磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從虛線上P點沿與虛線成角的方向、以速度垂直磁場方向射入磁場Ⅰ，從虛線上的Q點第一次進入磁場Ⅱ；一段時間后粒子再次經(jīng)過Q點，P點和Q點的距離為L，不計粒子的重力，則磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小和粒子兩次經(jīng)過Q點的時間間隔分別為（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【詳解】粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場Ⅰ中運動的半徑為
由洛倫茲力提供向心力得
解得
磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度是磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度的2倍，所以粒子在磁場Ⅱ中運動的半徑為
粒子在磁場Ⅰ中運動的周期為
粒子在磁場Ⅱ中運動的周期為
兩次經(jīng)過Q點的時間間隔為
故B正確。
【變式3-4】．（2025·江西南昌·一模）如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，。一質(zhì)子以的速度沿平行于ab的方向從O點射入三角形區(qū)域，經(jīng)時間t從ON的中點M離開磁場，若一粒子以的速度從O點沿相同的方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為（ ）
A．B．tC．D．2t
【答案】D
【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
解得
設(shè)質(zhì)子在磁場中的運動半徑為，則粒子在磁場中的運動半徑為
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子從N點離開磁場，根據(jù)題意作出粒子運動軌跡
質(zhì)子在磁場中的運動時間為
粒子在磁場中的運動時間為
故選D。
題組04 帶電粒子在（復(fù)合）疊加場中的運動
【提分秘籍】
帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的處理方法
(1)明種類：明確復(fù)合場的種類及特征。
(2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。
(3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。
(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律。
①兩場共存，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB且兩力方向相反時，粒子做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡列方程求解。
②兩場共存，電場力與重力都恒定時，粒子平衡時根據(jù)平衡條件求解，做勻變速直線運動時用牛頓運動定律、運動學(xué)規(guī)律或動能定理求解，做勻變速曲線運動時用運動的合成與分解或動能定理求解。
③三場共存，合力為零時，受力平衡，粒子做勻速直線運動或靜止。其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
④三場共存，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，mg與qE相平衡，根據(jù)mg＝qE，由此可計算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用洛倫茲力公式和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，有qvB＝mrω2＝meq \f(v2,r)＝mreq \f(4π2,T2)＝ma。
⑤當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。
【典例剖析】
【例4-1】（2025高三上·河北石家莊·階段練習(xí)）如圖所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)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，該軌跡稱為滾輪線（也稱為擺線）。如圖乙所示，空間存在水平方向（垂直紙面向里）的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球以豎直向上的初速度v0進入磁場，小球的軌跡就是滾輪線。設(shè)重力加速度為g，則小球運動過程中的最大速度大小為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】根據(jù)配速法，把初速度v0分解為向右的速度v1和斜向左上方的速度v2，且有
則小球運動過程中的最大速度為
故選B。
【例4-2】如圖所示，場強為E的勻強電場豎直向上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直電場向外，一帶電小球獲得垂直磁場水平向左的初速度，正好做勻速圓周運動。重力加速度為g。下列說法中正確的是（ ）
A．小球帶負電
B．小球做勻速圓周運動的周期為
C．若撤去電場，小球可能做平拋運動
D．若將電場的方向改為豎直向下，小球一定做曲線運動
【答案】B
【詳解】A．小球要做勻速圓周運動，電場力與重力要等大反向，電場力向上，小球必須帶正電，故A錯誤；
B．小球要做勻速圓周運動，則
周期
聯(lián)立可得
故B正確；
C．若撤去電場，小球受到重力和洛倫茲力的作用，不可能做平拋運動，故C錯誤；
D．若把電場的方向改成豎直向下，小球受重力與電場力均向下，由運動方向可知洛倫茲力向上，如果合力為零，則小球做勻速直線運動，故D錯誤。
故選B。
【例4-3】如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E＝，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ；現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向下運動，經(jīng)時間t0，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（ ）
A．環(huán)經(jīng)過時間剛好到達最低點
B．環(huán)的最大加速度為am＝g＋
C．環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機械能為m（－）
D．環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等
【答案】B
【詳解】A．環(huán)向下運動時在豎直方向上受到重力、向上的靜電力、向上的摩擦力，以豎直向上為正方向，設(shè)加速度大小為a1，則因為速度的減小，導(dǎo)致洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此環(huán)做加速度減小的減速運動，當(dāng)環(huán)向上運動時，環(huán)的加速度大小隨著速度增大，開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，因此在t＝時，圓環(huán)不可能剛好到達最低點，故A錯誤；
B．圓環(huán)在運動過程中，向下運動時的加速度大于向上運動的加速度，而向下運動所受摩擦力越大，則加速度越大，因此環(huán)剛開始運動時加速度最大，最大加速度故B正確；
C．圓環(huán)從出發(fā)點到回到出發(fā)點的過程中，重力勢能變化為零，那么機械能的損失即為動能的減小，則有
ΔEk＝mv02－mv2而v＝因此損失的機械能為m（v02－）故C錯誤；D．根據(jù)功能關(guān)系，除重力以外的力做功，才導(dǎo)致機械能變化，而環(huán)在下落與上升過程中，因摩擦力做功值不同，因此環(huán)在下落過程中損失的機械能不會等于上升回到出發(fā)點過程中損失的機械能，故D錯誤。故選B。
【變式演練】
【變式4-1】如圖所示，一根足夠長的光滑絕緣桿MN，與水平面的夾角為，固定在豎直平面內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿桿所在的空間，桿與磁場方向垂直。質(zhì)量為m的帶電小環(huán)沿桿下滑到圖中的P處時，對桿有垂直桿向下的壓力作用，壓力大小為。已知小環(huán)的電荷量為q，重力加速度大小為g，，下列說法正確的是（ ）
A．小環(huán)帶正電
B．小環(huán)滑到P處時的速度大小
C．當(dāng)小環(huán)的速度大小為時，小環(huán)對桿沒有壓力
D．當(dāng)小環(huán)與桿之間沒有正壓力時，小環(huán)到P的距離
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)題意，假如沒有磁場，由平衡條件及牛頓第三定律可知，小環(huán)對桿的壓力大小為
然而此時小環(huán)對桿的壓力大小為0.4mg，說明小環(huán)受到垂直桿向上的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，小環(huán)帶負電，故A錯誤；
B．設(shè)小環(huán)滑到P處時的速度大小為vP，在P處，小環(huán)的受力如圖所示
根據(jù)平衡條件得
由牛頓第三定律得，桿對小環(huán)的支持力大小0.4mg，聯(lián)立解得
故B正確；
CD．在小環(huán)由P處下滑到處的過程中，對桿沒有壓力，此時小環(huán)的速度大小為v'，則在P'處，小環(huán)的受力如圖所示
由平衡條件得
變形解得
在小環(huán)由P處滑到P'處的過程中，由動能定理得
代入解得
故CD錯誤；
故選B。
【變式4-2】如圖所示，空間內(nèi)存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向水平向里，磁感應(yīng)強度大小為B，一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，在與磁場垂直的平面內(nèi)沿直線運動，該直線與電場方向夾角為45°。a、b（圖中未標出）為軌跡直線上的兩點，兩點間距離為d，重力加速度為g，小球由a運動到b的過程中所用時間t及電勢能的變化量分別為（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【詳解】帶電小球做直線運動，合力方向沿直線或合力為零，洛倫茲力與速度方向垂直，大小與速度成正比，重力及電場力均恒定，若速度大小變化必為曲線運動，所以小球只能做勻速直線運動，受力情況如圖所示
由平衡條件可得
電場力方向與電場方向相同，小球一定帶正電，根據(jù)左手定則可知，小球一定斜向右上方運動，由a到b的過程中，電場力做正功
則電勢能的減少量為
根據(jù)平衡條件，洛倫茲力大小
解得
故小球的運動時間
故選B。
【變式4-3】如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，上端開口、下端封閉的玻璃管豎直放置，玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有一帶正電的小球，在外力作用下，玻璃管垂直進入磁場并保持速度不變，小球最終從上端管口飛出。從進入磁場到小球飛出玻璃管的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．洛倫茲力對小球做正功
B．小球的機械能不變
C．小球的運動軌跡是一條拋物線
D．小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度無關(guān)
【答案】C
【詳解】A．洛倫茲力的方向與速度方向垂直，永遠不做功，故A錯誤；
B．設(shè)小球豎直分速度為vy、水平分速度為v，小球受力如圖所示，玻璃管對帶電小球的彈力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，彈力對小球做正功，小球的機械能增加，故B錯誤；
C．小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，小球在豎直方向所受的洛倫茲力
是恒力，在豎直方向，由牛頓第二定律得
解得小球的加速度大小
小球的加速度不隨時間變化，恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運動，合運動為勻變速曲線運動，運動軌跡是一條拋物線，故C正確；
D．小球在豎直方向做勻加速運動，根據(jù)
可知
則小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度有關(guān)，故D錯誤。
故選C。
【變式4-4】質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為的絕緣斜面上由靜止下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，整個斜面置于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，如圖所示。若帶電小物用塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是（ ）
A．小物塊一定帶正電荷
B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，且加速度大小為
C．小物塊在斜面上做加速度增大的變加速直線運動
D．小物塊在斜面上下滑過程中，當(dāng)小物塊對斜面的壓力為零時的速率為
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)磁場方向和小物塊的運動方向，由左手定則可知，小物塊所受的洛倫茲力方向垂直于斜面，因帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，則洛倫茲力方向垂直于斜面向上，根據(jù)左手定則判斷可知小物塊帶負電，故A錯誤；
BC．小物塊在斜面上運動時，對小物塊受力分析，可知小物塊所受合力
隨著v增大，洛倫茲力增大，增大，a增大，則小物塊在斜面上做加速度增大的變加速直線運動，故B錯誤，C正確；
D．小物塊對斜面壓力為零時，有
解得
故D錯誤。
故選C。
【變式4-5】2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄．為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（ ）
A．電場力的瞬時功率為qE
B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變小
D．該離子的加速度恒定不變
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)功率的計算公式可知
則電場力的瞬時功率為
故A錯誤；
B．由于與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有
故B錯誤；
C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則增大，不變，v2與v1的比值不斷變小。故C正確；
D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，但洛倫茲力方向改變，所以加速度方向改變。故D錯誤。
故選C。
【變式4-6】在科學(xué)技術(shù)方面，人們常利用復(fù)合場控制帶電小球的運動，如圖，某空間中同時存在范圍足夠大的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外，電場強度方向豎直向上。在復(fù)合場中A點，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以一水平初速度進入復(fù)合場，小球經(jīng)過A點右下方未畫出點時速度方向與水平方向的夾角為，重力加速度大小為g，已知電場強度大小。A,C兩點間的高度差為h，不計阻力，，則該帶電小球從A點到C點的過程中（ ）
A．經(jīng)過C點時速度大小可能為B．經(jīng)過C點時速度大小可能為
C．運動時間可能為D．運動時間可能為
【答案】A
【詳解】AB．由題意可得，帶電小球在復(fù)合場中受重力、電場力和洛倫茲力，電場力
電場力與重力平衡，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，由于C點位置不確定，故運動軌跡可能有兩種，即可能位于軌跡的上半圓和軌跡的下半圓，如圖
可得軌跡半徑滿足
解得
根據(jù)，聯(lián)立解得
或軌跡半徑滿足
解得
根據(jù)，聯(lián)立解得
故A正確，B錯誤；
CD．根據(jù)
可得帶電小球兩種情況的周期相等，兩種情況下小球運動的圓心角分別為、，對應(yīng)時間分別為
，k取不同值可得運動時間不可能為和，故CD錯誤。
故選A。
【變式4-7】．（2024·陜西·模擬預(yù)測）如圖所示，直角坐標系位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上。第III、IV象限內(nèi)有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，第IV象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出）。若將一質(zhì)量為m、帶電荷量為的小球從x軸上的A點由靜止釋放，小球恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第I象限，Q點距O點的距離為d，已知重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．電場強度的大小為
B．磁感應(yīng)強度大小為
C．小球在經(jīng)過P點前瞬間的曲率半徑為
D．小球在第III、Ⅳ象限運動的總時間為
【答案】B
【詳解】A．小球恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限做圓周運動，說明小球在第Ⅳ象限電場力與重力平衡，即
所以電場強度的大小為
A錯誤；
B．小球在第III象限受到重力和洛倫茲力，洛倫茲力不做功，設(shè)小球到達P點的速度為，由題意知
則由動能定理可得
解得P點速度為
小球恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限做圓周運動，所以小球在第Ⅳ象限所受合外力為洛倫茲力，小球恰好從Q點垂直于x軸進入第I象限，Q點距O點的距離為d，所以圓周運動半徑為
洛倫茲力提供向心力，則
解得磁感應(yīng)強度大小為
B正確；
C．小球在P點受到豎直向下的重力，豎直向上的洛倫茲力，此時重力與洛倫茲力的合力提供向心力，設(shè)小球在經(jīng)過P點前瞬間的曲率半徑為r，可得
解得
C錯誤；
D．假設(shè)小球在A點水平方向受到一對大小相等，方向相反的速度（向左）和（向右），則小球會在豎直方向受到兩個大小相等，方向相反的洛倫茲力（向下）和（向上），且滿足
則小球在第Ⅲ象限的運動可簡化為水平向左的速度為勻速直線運動，以及速度為的勻速圓周運動，小球運動的周期與速度大小無關(guān)，故第Ⅲ象限運動的時間與第Ⅳ象限運動的時間相同，均為第Ⅳ象限勻速圓周運動周期的，小球在第Ⅳ象限做勻速圓周運動的周期
故小球在第III、Ⅳ象限運動的總時間為
D錯誤；
故選 B。
題組05 電磁力作用下的科技應(yīng)用
【提分秘籍】
在電磁技術(shù)中，中學(xué)階段常見的是帶電粒子在正交的勻強電場和勻強磁場中運動的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機、霍爾元件、電磁流量計等。

其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機、霍爾元件和電磁流量計的共同特征是粒子在儀器中只受電場力和洛倫茲力作用，并且最終電場力和洛倫茲力平衡。所以我們應(yīng)化繁為簡研究實質(zhì)。
【典例剖析】
【例4-1】如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（ ）

A．甲圖可通過增加回旋加速器的半徑來增大粒子的最大動能
B．乙圖可通過增加A、B兩板間的距離來增大電源電動勢
C．丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，但帶電粒子不能夠從右側(cè)沿水平直線勻速通過速度選擇器
D．丁圖中產(chǎn)生霍爾效應(yīng)時，若載流子帶負電，則穩(wěn)定后D點電勢比C點高
【答案】AB
【詳解】A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得
粒子的最大速度為
粒子的最大動能為
當(dāng)回旋加速器的半徑增大時，粒子的最大動能增大，故A正確；
B．當(dāng)磁流體發(fā)電機穩(wěn)定時，帶電粒子在A、B兩極板間受到的電場力與洛倫茲力平衡，有
則電源電動勢為
所以增加兩板間距可以增大電源電動勢，故B正確；
C．粒子恰能沿直線勻速運動時，電場力與洛倫茲力平衡
改變電性時，電場力和洛倫茲力方向同時發(fā)生改變，仍然滿足電場力與洛倫茲力平衡，故無法確定粒子的電性，故C錯誤；
D．如果載流子帶負電，根據(jù)左手定則可知，帶負電的載流子向D偏轉(zhuǎn)，則穩(wěn)定時D板電勢低，故D錯誤。
故選AB。
【例4-2】如圖所示是磁流體發(fā)電機的工作原理示意圖。發(fā)電通道是個中空長方體，前、后兩個面是絕緣面，上、下兩個面是電阻可忽略的導(dǎo)體金屬板。前、后面間加有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直前面向里的勻強磁場，兩金屬板通過導(dǎo)線與滑動變阻器相連?，F(xiàn)使氣體高度電離，形成等離子體，然后將等離子體以速度v從左向右沿圖示方向噴入兩板間。已知發(fā)電通道的長、高、寬分別為l、a、b，正、負離子的電荷量均為q，等離子體的電阻率為ρ，單位體積內(nèi)有n對正、負離子。當(dāng)滑動變阻器的阻值調(diào)節(jié)為R0（未知）時，電路中電流達到最大值（飽和值）Im（未知）。不計離子重力，下列判斷正確的是（ ）
A．發(fā)電機上金屬板為正極，且滑動變阻器兩端電壓為Bav
B．回路的最大電流為
C．滑動變阻器的阻值
D．發(fā)電機的最大功率
【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)左手定則可知，正電離子向上板聚集，發(fā)電機上金屬板為正極，負離子受到向下的洛倫茲力而向下運動，故發(fā)電機上極板為正極、下極板為負極，穩(wěn)定后滿足
解得電機的電動勢為
但由于等離子體有內(nèi)阻，滑動變阻器兩端電壓
故A錯誤；
B．根據(jù)電流的微觀表達式可知，故B正確；
C．等離子體內(nèi)阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
聯(lián)立求得
故C正確；
D．發(fā)電機的最大功率
故D錯誤。
故選BC。
【例4-3】如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒。回旋加速器D形盒半徑為R，狹縫寬為d，所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，所加高頻交變電源的電壓為U，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從右半盒的圓心附近由靜止出發(fā)，經(jīng)加速、偏轉(zhuǎn)等過程達最大能量后由導(dǎo)向板處射出。帶電粒子在磁場中運動的能量E隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是（ ）
A．在E-t圖中應(yīng)有B．在E-t圖中應(yīng)有
C．粒子最終獲得的動能為D．粒子通過狹縫的次數(shù)為
【答案】D
【詳解】A．由公式
可得，粒子的周期
由上式可得，粒子圓周運動的周期與速度無關(guān)，在回旋加速器中粒子運動的周期不變。每過半周粒子能量增加一次，所以
故A錯誤；
B．由題意可得
所以
故B錯誤；
C．當(dāng)粒子半徑為時，粒子動能最大，由公式
聯(lián)立以上兩式可得
故C錯誤；
D．粒子通過狹縫的次數(shù)
故D正確。
故選D。
【變式演練】
【變式4-1】如圖，在平行板器件中，電場強度與磁感應(yīng)強度相互垂直．一帶電粒子（重力不計）從左端以速度沿虛線射入后做勻速直線運動，則該帶電粒子（ ）
A．一定帶正電
B．速度大小
C．受到的洛倫茲力一定向上
D．若此粒子從右端沿虛線方向以速度射入，不會沿虛線做勻速直線運動
【答案】D
【詳解】ABC．無論粒子帶正電還是負電，粒子從左側(cè)射入時，受電場力和洛倫茲力方向總是相反的，且電場力和洛倫茲力大小相等，洛倫茲力可能向上，也可能向下，大小滿足即速度大小為故ABC錯誤；D．若此粒子從右端沿虛線方向以速度v射入，無論是帶正電的粒子還是帶負電的粒子受的洛倫茲力和電場力的方向均相同，即合力方向垂直初速度方向，粒子不會沿虛線做勻速直線運動，故D正確。故選D。
【變式4-2】如圖所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫飄入（初速度為零）電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫、垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達照相底片D上。不考慮離子間的相互作用，則（ ）
A．靜電力對每個氖20和氖22做的功相等
B．氖22進入磁場時的速度較大
C．氖22在磁場中運動的半徑較小
D．若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置不可能重疊
【答案】A
【詳解】A．靜電力對粒子做的功為
則靜電力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；
B．根據(jù)
得
所以氖22（質(zhì)量較大）進入磁場時的速度較小，B錯誤；
C．根據(jù)
得
因為氖22質(zhì)量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；
D．加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)
兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊（不同時刻），D錯誤。
故選A。
【變式4-2】2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導(dǎo)回旋加速器自主研制的任務(wù)，標志著我國已全面掌握小型化超導(dǎo)回旋加速器的核心技術(shù)，進入國際先進行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對氘核（）加速，所加交變電流的頻率為f。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響，下列說法正確的是（ ）
A．僅增大加速電壓U，則氘核（）從D型盒出口射出的動能增大
B．僅減小加速電壓U，則氘核（）被加速次數(shù)增多
C．氘核（）在磁場運動過程中，隨著半徑逐漸增大，周期也隨之逐漸增大
D．若用該加速器加速粒子（）需要把交變電流的頻率調(diào)整為
【答案】B
【詳解】A．當(dāng)粒子在磁場的軌跡半徑等于D形金屬盒半徑R時，粒子的動能最大
故
與加速電壓和加速次數(shù)無關(guān)，A錯誤；
B．粒子在電場中加速
解得
僅減小加速電壓U，氘核（）加速次數(shù)增多，B正確；
C．氘核（）在磁場運動的周期
與半徑無關(guān)，不變，C錯誤；
D．回旋加速器交流電源的頻率應(yīng)等于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率，氘核（）和粒子比荷相同，則在磁場中做勻速圓周運動的頻率相同，在同一勻強磁場中做圓周運動的頻率相同，D錯誤。
故選B。
【變式4-3】筆記本電腦機身和顯示屏分別安裝有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏閉合時霍爾元件靠近磁體，屏幕熄滅電腦休眠。如圖為顯示屏內(nèi)的霍爾元件：寬為a、長為c，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面方向向下的勻強磁場中，此時元件的前后面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。下列關(guān)于該元件的說法錯誤的是（ ）
A．前表面的電勢比后表面的高
B．開屏過程中，元件前、后表面間的電壓變大
C．前后表面間的電壓U與c無關(guān)
D．電壓穩(wěn)定后，自由電子受到的洛倫茲力大小為
【答案】B
【詳解】A．電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則可知，電子受的洛倫茲力指向后表面，因此后表面積累電子逐漸增多，前表面的電勢比后表面的高，故A正確，不符合題意；
BC．穩(wěn)定后當(dāng)電子收到的電場力和洛倫茲力平衡時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，此時前后表面的電壓達到穩(wěn)定，對穩(wěn)定狀態(tài)下的電子，根據(jù)平衡條件有
場強大小為
聯(lián)立解得
所以開屏過程中，磁感應(yīng)強度減小，元件前、后表面間的電壓變小。前、后表面間的電壓U與v成正比，與a成正比，與c無關(guān)，故B錯誤，符合題意，C正確，不符合題意；
D．電壓穩(wěn)定后，自由電子受到的洛倫茲力等于電場力
故D正確，不符合題意。
故選B。
【變式4-4】自行車速度計利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉(zhuǎn)一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當(dāng)磁場靠近霍爾元件時，導(dǎo)體內(nèi)定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉(zhuǎn)，最終使導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是（ ）
A．根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
C．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差不變
【答案】A
【詳解】A．設(shè)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)n和自行車車輪的半徑r，則自行車的速度為
故根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小，故A正確；
B．由左手定則可知，形成電流的粒子向外側(cè)偏轉(zhuǎn)，圖乙可知，外側(cè)為負極，即圖乙中霍爾元件的電流I是由負電荷定向運動形成的，故B錯誤；
C．根據(jù)圖乙中霍爾元件的電流I是由負電荷定向運動形成的，設(shè)霍爾電勢差UH，則
解得
電流的微觀表達式
其中n為單位體積內(nèi)的電子數(shù)，S為橫截面積，v為電子定向移動的速度，解得電荷定向移動的速度
聯(lián)立解得
可知，電流一定時，霍爾電勢差與車速無關(guān)，故C錯誤；
D．如果長時間不更換傳感器的電源，電源內(nèi)阻增大，電流減小，由
可知，霍爾電勢差將減小，故D錯誤。
故選A。
【變式4-5】電磁流量計是用來測管內(nèi)電介質(zhì)流量的感應(yīng)式儀表，單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積為流量。如圖為電磁流量計示意圖和勻強磁場方向，磁感應(yīng)強度大小為B。當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過時，測得管壁上M、N兩點間的電壓為U，已知管道直徑為d，則（ ）
A．管壁上N點電勢低于M點B．管中導(dǎo)電液體的流速為
C．管中導(dǎo)電液體的流量為D．管中導(dǎo)電液體的流量為
【答案】D
【詳解】A．若導(dǎo)電液體帶正電，根據(jù)左手定則可知，其受向下的洛倫茲力，正電荷打在N處，所以N點的電勢高于M點，故A錯誤；
B．穩(wěn)定時電荷受力平衡，根據(jù)平衡條件得
解得
故B錯誤；
CD．流量為
故C錯誤，D正確。
故選D。
【變式4-6】某化工廠的排污管末端安裝如圖所示的電磁流量計。流量計處于方向豎直向下的勻強磁場中，其測量管由絕緣材料制成，長為直徑為，左右兩端開口，在前后兩個內(nèi)側(cè)面固定有金屬板作為電極。當(dāng)污水（含有大量的正、負離子）充滿管口從左向右流經(jīng)該測量管時，穩(wěn)定后兩端的電壓為，顯示儀器顯示污水流量為（單位時間內(nèi)排出的污水體積）下列說法正確的是（ ）
A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B．側(cè)電勢比側(cè)電勢低
C．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大D．污水流量與成正比，與無關(guān)
【答案】A
【詳解】ACD．流量
又因為電場力等于洛倫茲力，達到平衡時，電勢差穩(wěn)定，即
解得
U的大小與粒子濃度無關(guān)，所以流量
解得
故A正確，CD錯誤；
B．磁場方向豎直向下，由左手定則，污水中的正離子聚集到端，負離子聚集到端，側(cè)電勢比側(cè)電勢高，B錯誤；
故選A。
一、單選題
1.（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。
2．（2024·廣西·高考真題）坐標平面內(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。
3．（2024·江西·高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能．現(xiàn)設(shè)計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)時，測得關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】設(shè)樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量
q=nevtb
根據(jù)電流的定義式得
當(dāng)電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有
聯(lián)立解得
結(jié)合圖像可得
解得
故選D。
4．（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。
5．（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。
6．（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a
B．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。
二、多選題
7.（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。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度沿細桿向上運動至最高點，則該過程（ ）
A．合力沖量大小為mv0cs?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。
8．（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。
9．（2024·河北·高考真題）如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（ ）
A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出
C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°
D．若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°
【答案】AD
【詳解】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形abcd區(qū)域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd區(qū)域中的運動軌跡必平行于AC的連線，可知粒子必經(jīng)過cd邊，進入正方形abcd區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45°，據(jù)此作出粒子可能的兩個運動軌跡如圖所示
粒子的運動軌跡均關(guān)于直線BD對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確；
C．若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子運動軌跡如圖所示
設(shè)粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為，則圖中兩段圓弧軌跡的圓心角與的關(guān)系為
設(shè)兩正方形的對應(yīng)邊之間的距離為，為保證粒子穿過ad邊，需滿足
且有
聯(lián)立解得
為保證粒子穿過cd邊，需滿足
為保證從BC邊射出，需滿足
聯(lián)立解得
可得粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角范圍是
故C錯誤；
BD．粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，作出粒子恰好經(jīng)過c點的運動軌跡如圖所示
設(shè)粒子在e點進入正方形abcd區(qū)域，線段MN垂直平分軌跡ec，與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關(guān)于線段MN對稱。線段CE平行于軌跡ec，取圓弧軌跡的中點F，過F點做軌跡ec的平行線分別交AD與BC于點G和點，點為點E關(guān)于MN的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為AD的中點，Ee垂直于ad和AD，設(shè)粒子軌跡半徑為r，正方形ABCD的邊長為2L。由幾何關(guān)系得
聯(lián)立解得
因，故，即EF垂直于，由對稱性可知四邊形為矩形，垂直于CE，可知點是點F關(guān)于MN的對稱點，即點F是圓弧cH的中點，可知由c到粒子的軌跡圓心角為30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度較大，軌跡半徑較大，則粒子在c點左側(cè)穿過cd，其軌跡如圖所示
與臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在BC上，故粒子不會垂直BC射出。若粒子速度較小，軌跡半徑較小，則粒子在c點下方穿過cb，其軌跡如圖所示。
與粒子恰好經(jīng)過c點的運動過程同理，根據(jù)對稱性可知粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確。
故選AD。
10．（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。下列說法正確的是（ ）
A．極板MN是發(fā)電機的正極
B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大
【答案】AC
【詳解】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；
BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則
可得
因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關(guān)，BD錯誤C正確。
故選AC。
11．（2024·福建·高考真題）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細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，細繩處于繃直狀態(tài)，則（ ）
A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大B．兩根細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
兩根細繩拉力均比未通電流時的大。
故選AC。
12．（2023·海南·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（ ）

A．粒子從中點射入磁場，電場強度滿足
B．粒子從中點射入磁場時速度為
C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為
D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是
【答案】AD
【詳解】A．若粒子打到PN中點，則
解得
選項A正確；
B．粒子從PN中點射出時，則
速度
選項B錯誤；
C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則
粒子從電場中射出時的速度
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則
則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為
解得
選項C錯誤；
D．當(dāng)粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度
出離電場的最大速度
則由
可得最大半徑
選項D正確；
故選AD。
13．（2023·全國·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O
B．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。
14．（2022·湖北·高考真題）如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運動，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導(dǎo)體棒加速時，加速度的最大值為g；減速時，加速度的最大值為g，其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是（ ）
A．棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為
B．棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為
C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60°
D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【詳解】設(shè)磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1

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