资源描述
K单元 磁场
名目
K单元 磁场 1
K1 磁场 安培力 1
K2 磁场对运动电荷的作用 3
K3 带电粒子在组合场及复合场中运动 9
K4 磁场综合 46
K1 磁场 安培力
（2022·陕西西工大附中第八次适应性训练）1. 1873年奥地利维也纳世博会上，比利时诞生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另始终流发电机发出的电接到了自己送展的直流发电机的电流输出端。由此而观看到的现象导致了他的一项重要制造，从而突破了人类在电能利用方中的一个瓶颈。此项制造是（ ）
A．新型直流发电机B．直流电动机 C．沟通电动机D．沟通发电机
【学问点】感应电动机原理．
【答案解析】B
解析：直流发电机发电时接另始终流发电机，则另始终流发电机实际成了直流电动机，所以ACD错，B正确
【思路点拨】从结构和工作原理上可知：一台直流电机原则上既可以作为电动机运行，也可以作为发电机运行，这种原理在电机理论中称为可逆原理．此题要求知道直流发电机和直流电动机的结构图，并能知道它们的工作原理
I
c
b
c
c
a
c
I
c
I
c
（2022·陕西西工大附中第八次适应性训练）2. 三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是（ ）
A．B1=B2<B3
B．B1=B2=B3
C．a处磁场方向垂直于纸面对里，b和c处磁场方向垂直于纸面对里
D．a处磁场方向垂直于纸面对外，b和c处磁场方向垂直于纸面对里
【学问点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈四周磁场的方向．
【答案解析】A
解析：A、B、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面对外，而b点与a点有相同的状况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面对外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故A正确，B错误；C、D、由图可知，依据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面对外，c处磁场方向垂直于纸面对里，故C、D错误；故选：A
【思路点拨】通电导线四周存在磁场，且离导线越远场强越弱．磁场不但有大小而且方向，方向相同则相加，方向相反则相减．并依据矢量叠加原理来求解．依据通电导线四周的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减．同时考查矢量叠加原理．
图乙
图甲
N
（2022·湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）3. 试验室经常使用的电流表是磁电式仪表。这种电流表的构造如图甲所示。蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的。当线圈通以如图乙所示的稳恒电流（b端电流流向垂直纸面对内），下列说法正确的是（ ）
A．当线圈在如图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C．线圈的框架选择铝质材料，不仅考虑铝的密度小、强度高，更主要的是由于铝框转动时产生涡流，阻碍线圈的转动，这样有利于指针很快地稳定指到读数位置上
D．由于这种仪表是一种比较精密、简洁损坏的仪器，所以在搬动运输这种电流表过程中，应当用导线将图中两接线柱直接连接，这样可以有效的减小线圈产生的摇摆，以防止电表受损
【学问点】磁电式仪表电流表考查题，左手定则判定通电线圈在磁场中的受力带动指针偏转，由偏转夹角制作电流的刻度，从而读出电流的大小。
【答案解析】BCD
解析：依据磁电式仪表电流表的工作原理即留意事项和左手定则判定b端受到的安培力方向向下，A错；螺旋弹簧被扭动，是阻碍线圈转动，B对；C、D正确，故本题选择BCD。
【思路点拨】要从磁电式仪表电流表的工作原理入手思考，并由左手定则判定通电线圈所受安培力的方向；还要考虑弹簧扭转的弹力是阻碍线圈的转动，再考虑如何疼惜仪表的方法来全面思考本题，防止漏解。
（2022·广东惠州一中第一次调研）4. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，要使垂直纸面放置一根长为L、质量为m的通电直导体处于静止状态．则应加以匀强磁场B的方向可能是（ ）
A平行斜面对上
B 平行斜面对下
C 垂直斜面对下
D垂直斜面对上
【学问点】 安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．
【答案解析】C
解析： A、B依据共点力的平衡，安培力不行能垂直斜面方向，故A、B错误；C、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面对下，则沿斜面对上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B═mg；故C正确；D、外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面对上，则安培力方向沿斜面对下，导体不行能平衡，故D错误；故选C
【思路点拨】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式F=BIL求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向．学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向．
K2 磁场对运动电荷的作用
（2022·湖北襄阳四中模拟）1. 中国科学家发觉了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发觉是诺贝尔奖级的成果．如图所示， 厚度为ｈ，宽度为ｄ的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是（ ）
Ａ．上表面的电势高于下表面电势
Ｂ．仅增大ｈ时，上下表面的电势差增大
Ｃ．仅增大ｄ时，上下表面的电势差减小
Ｄ．仅增大电流Ｉ时，上下表面的电势差减小
【学问点】带电粒子在复合场中的运动，左手定则推断洛伦兹力方向 ，霍尔效应模型。
【答案解析】C
解析：由霍尔效应模型可知：金属导体中的自由电子是向左运动，依据左手定则判定上表面带负电，A选项错误；当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，由此可列式推出：或有：由此可分析只有C答案正确。
【思路点拨】该题只要把握住了金属导体靠自由电子导电，由电流方向就知道电子移动的方向，再利用左手定律推断电子的偏转方向，就知道了上下板的电势凹凸；运用力的平衡确定U的表达式，由此选择答案。
（2022·湖北襄阳五中五月月考）2. 如图，垂直于纸面对里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是 （ ）
A．若该带电粒子在磁场中经受的时间是，则它确定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经受的时间是，则它确定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经受的时间是，则它确定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经受的时间是，则它确定从ab边射出磁场
【学问点】磁场，带电粒子在磁场中的偏转，带电粒子中作匀速圆周运动的周期。
【答案解析】AC
解析：依题意有：从O点沿垂直于cd边射入磁场恰好从C点射出，即t0恰好在磁场中运动了半周1/2T；那么仍从O射入磁场，不过速度方向与ｏｄ边成30ｏ夹角，速度值不同，但在磁场中运转的周期与速度大小无关，半径与速度大小有关，速度越大，其运转半径越大。若在磁场中经受的时间为=5/6T，即在磁场中偏转了300度，依此可画出轨迹图（图略）就可知是从cd边射出，A正确；同样可分析B、C、D选项，就可知道这三个答案只有C项正确；故本题答案为A、C。
【思路点拨】本题是带电粒子在磁场中偏转问题考查，我们要从题目中的条件画运动轨迹图，并从粒子在磁场中运动的半径、周期规律式争辩它们与哪些因素有关，只要分析清了这些问题，那就不难选出本题中的正确答案。
B
M
N
L
d
（2022·江西临川二中一模）3. 如图，一正方形盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四周均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽视），底面小孔位置可在底面中线MN间移动，现有一些带-Q电量的液滴从左侧小孔以某速度进入盒内，由于磁场力作用，这些液滴会偏向金属板，从而在前后两面间产生电压，（液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动，带电液滴达金属板后将电量传给金属板后被引流出盒子），当电压达稳定后，移动底部小孔位置，若液滴速度在某一范围内时，可使得液滴恰好能从底面小孔出去，现可依据底面小孔到M点的距离d计算出稳定电压的大小，若已知磁场磁感强度为B，则以下说法正确的是（ ）A．稳定后前金属板电势较低
B．稳定后液滴将做匀变速曲线运动
C．稳定电压为
D．能计算出的最大稳定电压为
【学问点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】BD
解析：A、由左手定则，带-Q电量的液滴所受洛伦兹力方向指向后金属板，带-Q电量的液滴向后金属板偏转，后金属板带负电，稳定后前金属板电势较高，故A错误．B、稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，故B正确．C、D、稳定后洛伦兹力等于电场力qvB=q，所以U=BLv．又由于在重力作用下v2＝2g•，所以U=BL，故C错误，D正确．故选：BD．
【思路点拨】（1）由左手定则，带-Q电量的液滴所受洛伦兹力方向指向后金属板，带-Q电量的液滴向后金属板偏转，后金属板带负电，稳定后后金属板电势较低，前金属板电势较高．（2）稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下将做匀变速曲线运动．（3）稳定后洛伦兹力等于电场力qvB=q，又由于在重力作用下v2＝2g• ，所以U=BL
（2022·江西师大附中、鹰潭一中5月联考）4. 两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点动身，同时到达B点，如图所示，则（ ）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的速度之比va∶vb＝1∶2
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动．
【答案解析】C
解析：A、a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误。B、如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心．如图：结果发觉： AB的连线必定与磁场的边界垂直；两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．依据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=1：．故B错误。C、AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线与各自速度方向直线的交点即为各自圆心．结果发觉：两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．则a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°．由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta：Tb=1：2，则质量之比ma：mb=1：2．故C正确。D、由半径公式可知：在磁场、电量确定的状况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比．所以速度大小之比va：vb=2：，故D错误。
【思路点拨】两异种电荷同时从A点不同角度射入匀强磁场后，又同时到达B点．由粒子的运动方向可确定粒子的电性；由于两粒子的电量、所处的磁场均相同，则运动的周期与质量成正比．由图可知：AB连线即为两粒子运动圆弧所对应的弦，则两圆弧的圆心在AB连线的中垂线上．从而由几何关系可求出两粒子的轨迹半径之比，由运动圆弧对应的圆心角及周期可确定粒子的质量之比．
（2022·湖北武昌5月模拟）5. 如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面对里．电量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场边缘一点沿圆的半径方向射入磁场，离开磁场时速度方向偏转了60°角．若保持粒子的速度大小不变，仍从该点入射,但速度的方向顺时针转过60°角，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
【学问点】带电粒子在磁场中的运动，求在磁场中的运动时间。高考属于II级学问点要求。
【答案解析】C
解析：依题意画出带电粒子在磁场中的运动轨迹（略），由图可知圆心角为：依此可得，由计算可知C答案正确。
【思路点拨】本题必需依题意画轨迹图，由图要知道在磁场中运转的圆心角等于偏转角，再利用在磁场运动时间与周期类比即可得到本题的答案。
（2022·黑龙江大庆铁人中学模拟）6. 如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外，一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿正对c o中点且垂直于c o方向射入磁场区域. （不计重力）.求：
（1）若要使带电粒子能从b d之间飞出磁场，
射入粒子的速度大小的范围.
（2）若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期，射入粒子的速度又为多大。
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力．
【答案解析】（1） （2）
解析：（1）见上图，有几何关系得轨迹圆半径为
由： ， 得：
由：，得
右中图，，
所以，
在三角中由正弦定理：，
得
, .
所以速度范围:
（2）如下图，设有几何关系
得: ,
【思路点拨】带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小
K3 带电粒子在组合场及复合场中运动
（2022·江西师大附中三模）1. 如图，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上;磁感应强度方向垂直于纸面对里，磁感应强度大小等于错误！未找到引用源。，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）
A.粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为错误！未找到引用源。
B.粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d
C.粒子在bc区域中做匀速直线运动，运动时间为错误！未找到引用源。
D.粒子在ab、bc区域中运动的总时间为错误！未找到引用源。
【学问点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．
【答案解析】AD 解析：A、将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，依据运动学公式，有水平方向：v0=at，d=竖直方向：0=v0-gt解得a=g ①t=②故A正确；B、粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力qv0B=m解得r=③
由①②③得到r=2d，故B错误；C、由于r=2d，画出轨迹，如图。由几何关系，得到回旋角度为30°，故在复合场中的运动时间为t2=故C错误；D、粒子在电场中运动时间为t1=故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2=，故D正确；故选AD．
【思路点拨】将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，依据运动学公式和牛顿其次定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力．
（2022·江西重点中学协作体其次次联考）2. 如图所示，光滑圆环可绕竖直轴O1O2旋转，在圆环上套一个小球，试验时发觉，增大圆环转速，小球在圆环上的位置上升，但无论圆环转速多大，小球都不能上升到与圆心O等高的N点．现让小球带上正电荷，下列措施可以让小球上升到N点的是（ ）
A．在空间加上水平向左的匀强磁场
B．在空间加上竖直向上的匀强电场
C．在空间加上方向由圆心O向外的磁场
D．在圆心O点放一个带负电的点电荷
【学问点】带电粒子在混合场中的运动．
【答案解析】B
解析：A、在空间加上水平向左的匀强磁场，依据左手定则，可知，洛伦兹力与重力同向，因此不行能到达N点，故A错误；B、当在空间加上竖直向上的匀强电场，则受到的电场力竖直向上，与重力平衡时，球可能达到N点，故B正确；C、当在空间加上方向由圆心O向外的磁场，由左手定则可知，洛伦兹力向下，因此不行能到达N点，故C错误；D、当在圆心O点放一个带负电的点电荷，相互间的库仑引力，使球受到重力与库仑力的合力不行能指向圆心，故D错误；故选：B．
【思路点拨】当球受到的合力指向圆心时，则可能上升到N点，因此依据电荷带正电，结合给定的电场与磁场，从而即可求解．考查对争辩对象的受力分析，把握电场力与洛伦兹力方向的判定，理解左手定则应用，留意球在N点的合力指向圆心是解题的关键．
（2022·湖北武汉二中模拟）3. 在第一象限（含坐标轴）内有垂直xoy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xoy平面对里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0．某一正粒子质量为m、电量为q在t=0时从0点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t=T0时距x轴最远，则B0的值为（ ）
A、B、C、D、
【学问点】 带电粒子在匀强磁场中的运动．
【答案解析】D
解析：粒子在磁场中匀速圆周运动，要求在T0时，粒子距z轴最远，由于粒子在xoy平面内运动，故粒子距z轴最远即为粒子距原点最远．如图作出粒子运动轨迹
设两段圆弧的圆心O1O2的连线与y轴夹角为θ，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得
y=2r+2rcosθ
sinθ=由于粒子在第一象限内运动，x≥r
由题意依据数学关系知，当θ=300时，y取最大值，故此时粒子在磁场中t=时间内对圆心转过的角度为α=150°=π，依据粒子在磁场中做圆周运动的时间t=T
得：T＝t＝T0
又粒子在磁场中做圆周运动的周期公式知：T=，知磁感应强度B0＝故选：D
【思路点拨】依据几何学问求出P点横坐标和纵坐标与粒子圆周运动半径的关系．依据粒子在第一象限运动的条件求解P点的纵坐标的最大值时周期与T0的关系，再依据周期公式求出磁感应强度B．
（2022·湖南十三校其次次联考）4. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面对内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在其次象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上的A点，A点横坐标为-L。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为口的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点纵坐标为2L，电子经过磁场后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON（已知电子的质量为m，电荷量为P，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用）。求：
（1）其次象限内电场强度的大小；
（2）圆形磁场的最小半径。
【学问点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1）（2）．
解析：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，x方向匀速运动，y方向匀加速运动，则有：
L＝t2；
2L=vt
可解得：E＝
（2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．
由动能定理，有mv2＝eEL
解得 vC＝
则cosθ＝
得θ=45°
画轨迹如图所示．
电子在磁场中做匀速圆周运动的半径 r=
电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出．
磁场最小半径为：Rm＝＝rsin60°
可得：Rm＝
【思路点拨】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要留意两个轨迹的连接点，然后依据运动学公式和牛顿其次定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键
（2022·吉林市普高二模）5. 如图所示，在xOy坐标系其次象限内有一圆形匀强磁场区域，半径为l0 ，圆心O′坐标为（-l0, l0），磁场方向垂直xOy平面。在x轴上有坐标（-l0，0）的P点,两个电子a、b以相同的速率沿不同方向从P点同时射人磁场,电子a的入射方向为y轴正方向，b的入射方向与y轴正方向夹角为θ=π/3。电子a经过磁场偏转后从y轴上的 Q（0，l0）点进人第一象限，在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为 ，匀强电场宽为。已知电子质量为m、电荷量为e,不计重力及电子间的相互作用。求：
（1）磁场的磁感应强度B的大小
（2）b电子在磁场中运动的时间
（3）a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差Δx
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1） （2） （3）
解析：（1） 两电子轨迹如图。
由图可知，a电子作圆周运动的半径R＝
A
O´
可得：
（2）由几何学问分析可知电子在磁场中运动转过的圆心角为
电子在磁场中运动的时间
电子在磁场中运动的周期为
解得
（3）在电场中
代入 ，即a电子恰好击中x轴上坐标为的位置
依据几何分析，PO´AO″为菱形，所以PO´与O″A平行.又由于PO´⊥x轴， O″A⊥x轴，所以粒子出场速度vA平行于x轴，即b电子经过磁场偏转后，也恰好沿x轴正方向进入电场，
有
当b沿y方向运动后沿与x轴方向成做匀速直线运动
可得
解得：
U
【思路点拨】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要留意电子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中做平抛运动，要求正确利用好几何关系进行分析．
（2022·福建漳州八校第四次联考）6. 如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面对外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）。已知OD长为l，不计粒子的重力.求：
(1) 粒子射入绝缘板之前的速度
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间.
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】 （1） （2） （3）
解析：（１）粒子在电场中加速由动能定理可知
（２）粒子在磁场中作圆周运动轨迹如图
由几何关系可得轨道半径为2l
由
解得=
由动能定理得
代入数据解得
所以损失动能为
（３）粒子若作直线运动则=Eq
代入数据解得E=
方向与x轴正向斜向下成60°角
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间t1=
粒子在第四象限做匀速直线运动时间t2==
粒子y轴右侧运行的总时间t==
【思路点拨】（1）依据动能定理求出粒子射入绝缘板之前的速度．（2）依据粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆周运动的圆心，依据几何关系求出轨道半径，通过洛伦兹力供应向心力求出粒子在磁场中的速度，最终通过能量守恒求出损失的动能．（3）带电粒子做直线运动，所受洛伦兹力与电场力平衡，依据平衡求出电场强度的大小．依据圆心角确定在第一象限内做圆周运动的时间，依据匀速直线运动的位移求出直线运动的时间，从而求出运动的总时间．
（2022·广东珠海二模）7. 如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内布满＋y方向的匀强电场， 在第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为的带电粒子以大小为的初速度自点P（）沿＋x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q（）沿－y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度为，不计粒子重力。
⑴ 求第Ⅲ象限内匀强电场的场强的大小；
⑵ 求粒子在匀强磁场中运动的半径准时间；
⑶ 求圆形磁场区的最小半径。
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1）（2）（3）d．
解析：⑴粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动：
解得场强
⑵设粒子到达O点瞬间，速度大小为，与轴夹角为：
，
粒子在磁场中，洛伦兹力供应向心力：
解得粒子在匀强磁场中运动的半径
在磁场时运动角度：
在磁场时运动时间:
⑶如图，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径
解得
【思路点拨】（1）粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，依据类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）先依据类平抛运动的分运动公式求解末速度，然后依据磁场中洛伦兹力等于向心力列得求解轨道半径，再结合几何关系得到速度的偏转角，最终依据t=•T求解磁场中的运动时间；（3）以磁场中的轨迹对应的弦为直径，则圆形磁场区的半径最小．
（2022·湖北襄阳四中模拟）8. 如图所示，在ｘｏｙ平面内，有一个圆形区域的直径ＡＢ 与ｘ轴重合，圆心Ｏ′的坐标为（2ａ，０），其半径为ａ，该区域内无磁场． 在ｙ轴和直线ｘ＝3ａ之间的其他区域内存在垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为Ｂ．一质量为ｍ、电荷量为ｑ的带正电的粒子从ｙ轴上某点射入磁场．不计粒子重力．
（1）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，且粒子不经过圆形区域就能到达Ｂ点，求粒子的初速度大小ｖ１；
（2）若粒子的初速度方向与ｙ轴正向夹角为60°，在磁场中运动的时间为Δｔ＝，且粒子也能到达Ｂ点，求粒子的初速度大小ｖ２；
（3）若粒子的初速度方向与ｙ轴垂直，且粒子从Ｏ′点第一次经过ｘ轴，求粒子的最小初速度ｖｍ．
【学问点】带电粒子在磁场中运动，在磁场中的运动半径和周期，示临界速度（最小速度）高考中要求是II级，中难度。
【答案解析】（1） （2） （3）
解析：（1）粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在x轴正半轴上.设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系得
又
解得
（2）粒子在磁场中的运动周期
故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为
粒子到达B点的速度与x轴夹角
设粒子做圆周运动的半径为，由几何关系得
又
解得
（3）设粒子从C点进入原形区域，夹角为，轨迹圆对应的半径为r，由几何关系得：
故当时，半径最小为
又
解得
【思路点拨】依据题目审清题意，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹图，又依据牛顿其次定律列方程求运动半径和周期，还要依据几何学问列式求最小半径—由此求出最小速度。本题设问依次递推的，一步一步增加难度，是一道力气考查试题。
（2022·湖南长沙模拟）9. 如图所示，在坐标系右侧存在一宽度为、垂直纸面对外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在左侧存在与y轴正方向成角的匀强电场。一个粒子源能释放质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子的初速度可以忽视。粒子源在点P（，）时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出。不计粒子的重力及粒子间相互作用力。求：
（1）匀强电场的电场强度；
（2）粒子源在Q点时，粒子从放射到其次次进入磁场的时间。
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1） （2）
解析：（1）粒子源在P点，粒子在电场中被加速依据动能定理有
得：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，依据牛顿其次定律有
由几何关系知，
解
（2）粒子源在Q点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF相切，由几何关系知
依据牛顿其次定律 有
磁场中运动速度为
粒子在Q点射出，开头的电场中加速运动：
进入磁场后运动四分之三个圆周：
第一次出磁场后进入电场，作类平抛运动：
粒子从放射到其次次进入磁场的时间
【思路点拨】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后分阶段依据动能定理，牛顿其次定律列式求解．
（2022·江苏徐州一中考前模拟）10. 在xoy平面内，直线OM与x轴负方向成45°角，以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示．在坐标原点O有一不计重力的粒子，其质量和电荷量分别为m和＋q，以v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，第一次无能量损失，以后每次反弹水平分速度不变，竖直分速度大小减半、方向相反．电场强度E和磁感应强度B关系为、．求带电粒子：
x
O
45°
B
（
v0
E
y
M
⑴第一次经过OM时的坐标；
⑵其次次到达x轴的动能；
⑶在电场中运动时竖直方向上的总路程．
【学问点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1）（-1m、1m） （2）（3）
解析：⑴粒子进入磁场，依据左手定则，粒子做3/4的圆周运动后经过OM，
依据洛伦兹力供应向心力有：，=1m
故第一次经过OM时的坐标为（-1m、1m）
⑵粒子其次次进入磁场，速度不变，则粒子在磁场中运动的半径也为R，故进入电场时离x轴的高度为2R，依据动能定理，粒子到达x轴的动能有：
x
O
45°
B
（
v0
v0
E
y
O1
R
M
⑶因粒子其次次进入电场做类平抛运动，故到达x轴时的水平分速度为v0，竖直方向：
所以
从类平抛开头，粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为
其次次到达最高点离x轴的竖直高度为
……
第n次到达最高点离x轴的竖直高度为
故从类平抛开头，在竖直方向上来回的总路程为：
故在电场中运动的竖直方向上总路程：
另解：由于粒子运动过程中加速度不变，故当每次碰撞后速度减半时，竖直方向的路程为原来的四分之一，有：
从类平抛开头，粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为
其次次到达最高点离x轴的竖直高度为
……
第n次到达最高点离x轴的竖直高度为
故从类平抛开头，在竖直方向上来回的总路程为：
故在电场中运动的竖直方向上总路程：．
【思路点拨】（1）带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，依据洛仑磁力供应向心力和几何学问求解。（2）进入电场，依据电场力做功列出动能定理进行求解。（3）依据运动的合成与分解进行分解为水平和竖直方向 运动进行求解。
（2022·江西临川二中一模）11. 如图所示，PQ是两块平行金属板，上极板接电源正极，两极板之间的电压为U=1.2×104V，一群带负电粒子不停的通过P极板的小孔以速度v0=2.0×104m/s垂直金属板飞入，通过Q极板上的小孔后，垂直AC边的中点O进入边界为等腰直角三角形的匀强磁场中，磁感应强度为B=1.0T，边界AC的长度为a=1.6m，粒子比荷。不计粒子的重力。
（1）粒子进入磁场时的速度大小是多少；
（2）粒子在磁场中运动的时间；打在什么位置？
（3）若在两极板间加一正弦交变电压u=9.6×104sin314t（V），则这群粒子可能从磁场边界的哪些区域飞出？并求出这些区域。（每个粒子在电场中运动时，可认为电压是不变的）
【学问点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．
【答案解析】（1）4×104m/s．（2）π×10-5s，垂直地打在BC边的中点．（3）见解析
解析：（1）粒子从P极板进入电场后，做加速运动，有：
qU＝mv2−mv02
v=4×104m/s
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力：
qvB＝m故R＝＝0.8m
所以垂直地打在BC边的中点．
粒子在磁场中运动的周期为
T＝
偏转角为90°，
所以粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×10−4s＝π×10−5s
（3）当粒子以反向最大电压进入电场时，粒子不能穿过Q点进入磁场．
t=0时刻射入的粒子，没有经过加速，粒子将以v0=2.0×104m/s从O点射入磁场，
Rmin＝＝0.4m．恰好打到C点
因此OC边可以全部打到．
当粒子以正向最大电压加速进入电场中，依据动能定理：
qUm＝mvm2−mv02
最大速度vm＝105m/s
Rmax＝＝2m
若粒子与AB边相切飞出，如图所示，依据几何关系可得：
BF+FC=a，
R切=PF+FO1，
可得：
R切＝0.8×（+1）m＜Rmin
由以上三个半径关系可知，粒子从BC 和AB边飞出．
若恰好与AB相切的粒子打在BC边E，离C点的距离为：0.8在EC之间均有粒子飞出
与AB边相切的切点P到B点的距离为：0.8（−1）m
当粒子以最大速度进入磁场时，粒子将从AB边界的G点飞出，设OD之间的距离为x，则：
GD=AD=x+,O2=Rmax-x，
依据几何关系可得：（+x）+（Rmax−x）2＝Rmax2
可得x=0.4m
最大速度粒子从AB边上射出点G到B点的距离为：0.4m
在GP之间均有粒子飞出．
【思路点拨】1、粒子从P极板进入电场后，做加速运动，依据动能定理qU＝mv2−mv02，代入数据计算可得粒子进入磁场时的速度大小．2、粒子在磁场中做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力qvB＝m，解得R＝0.8m，故垂直地打在BC边的中点．解出粒子在磁场中运动的周期为T，转角为90°，所以粒子在磁场中运动的时间t＝T．
3、当粒子以反向最大电压进入电场时，粒子不能穿过Q点进入磁场．t=0时刻射入的粒子，没有经过加速，粒子将以v0=2.0×104m/s从O点射入磁场，此时半径最小，求出最小半径，推断粒子打在哪儿．当粒子以正向最大电压加速进入电场中，依据动能定理求出最大速度，从而计算出最大半径，在作出粒子的运动轨迹，依据几何关系计算粒子打在哪儿．
（2022·山东日照一中二模）12. 如图所示，位于竖直平面内的坐标系，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面对外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0．5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N／C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面对里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为=45°），并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g=10m／s2，问：
（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
（2）油滴在P点得到的初速度大小：
（3）油滴在第一象限运动的时间。
【学问点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动．
【答案解析】（1）1：1：，油滴带负电荷；（2）4m/s；（3）0.82s
解析：（1）依据受力分析（如
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