20242025學年高二物理單元速記·巧練（人教版2019選擇性必修第二冊）第一章安培力與洛倫茲力（B卷?提升卷）一、單選題1．如圖甲所示，勻質導體棒MN通以由M到N的恒定電流，用兩根等長的平行絕緣、輕質細線懸掛在點靜止于勻強磁場中，細線與豎直方向的夾角為，磁場方向與絕緣細線平行且向上。現使磁場方向順時針緩慢轉動（由M到N觀察），同時改變磁場的磁感應強度大小，保持細線與豎直方向的夾角不變，該過程中每根絕緣細線拉力F大小與磁場轉過角度的正切值關系如圖乙所示。重力加速度g取，磁場變化過程中MN中的電流不變。下列說法正確的是（）A．導體棒的質量為0.5kg B．C．導體棒所受安培力可能為4.5N D．可能為90°【答案】B【詳解】AB．由圖可知當時，N，根據共點力平衡條件可知當時，N，根據共點力平衡條件可知；解得；即，kg；故A錯誤，B正確；C．由上述分析可知導體棒重力為10N，根據力的矢量合成作圖如下安培力的最小值；故導體棒所受安培力不可能為4.5N，故C錯誤；D．轉過90°時，安培力與細線拉力在同一直線，導體棒受力不平衡，故D錯誤。故選B。2．如圖所示，長方體空間被平面MNPO分成兩個區域，兩區域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一電子以某一速度從長方體左側垂直Oyz平面進入并穿過兩磁場區域，關于電子運動軌跡在下列坐標平面內的投影，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】由左手定則可以判斷出電子在兩磁場中的洛倫茲力方向，沿著軸負方向看，電子在洛倫茲力的作用下，在平面MNPO的左側區域，電子沿逆時針做圓周運動，在平面MNPO的右側區域，電子沿順時針做圓周運動，所以電子運動軌跡在坐標平面內的投影如選項A所示，在平面內的投影應該是一條平行于軸的直線。故選A。3．如圖所示，在xOy平面的的區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，速率相等的大量質子從原點O朝各個方向均勻發射到第一象限內，發現從磁場上邊界射出的質子數占總數的，不計質子間相互作用及重力，則質子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】根據洛倫茲力提供向心力可得；可知速率相等的大量質子的運動半徑也相等，可知從原點均勻發射到第一象限內，從磁場上邊界射出的質子數占總數的，則從磁場上邊界射出的電子的發射角度范圍有則根據質子的偏轉軌跡和幾何關系可得，能從上邊界射出的電子的發射角度在設軌跡半徑為R，則由幾何關系知；；代入得；故選C。4．一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）A．a帶負電荷 B．b帶正電荷 C．c不帶電 D．a和b的動量大小一定相等【答案】B【詳解】ABC．在兩軌跡相切的位置，粒子a速度方向向右，受到向上的洛倫茲力，而粒子b速度方向向左，受到向下的洛倫茲力，根據左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，故AC錯誤，B正確；D．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，根據洛倫茲力提供向心力有；所以；雖然粒子a與粒子b的半徑相等，但由于粒子a與粒子b的質量、電荷量大小關系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關系不確定，故D錯誤。故選B。5．如圖所示，直角三角形的AB邊長為L，，三角形區域內存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從D點沿著垂直BC邊的方向以速度v射入磁場，CD間距離為L，不計粒子受到的重力。下列說法正確的是（

）A．粒子在磁場中運動的最長時間為B．時，帶電粒子垂直于AC邊射出磁場C．若粒子從BC邊射出磁場，則D．若粒子從AC邊射出磁場，則【答案】B【詳解】ACD．粒子帶正電，根據左手定則可知，粒子進入磁場后將向上偏轉，粒子從BC邊離開時，粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角最大，運動時間最長，當離開剛好離AC邊相切時，粒子軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得根據幾何關系可得聯立解得，可知粒子在磁場中運動的最長時間為當粒子從BC邊射出磁場，則有當粒子從AC邊射出磁場，則有；故ACD錯誤；B．若帶電粒子垂直于AC邊射出磁場，如圖所示根據幾何關系可知由洛倫茲力提供向心力可得；聯立解得；故B正確。故選B。6．如圖在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為（）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。若粒子重力不計，則粒子在磁場中運動的時間為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】粒子在磁場中的第二象限和第一象限的運動軌跡如圖所示對應的軌跡半徑分別為和，由洛倫茲力提供向心力有可得，根據幾何關系可得解得粒子在第二象限、第一象限做圓周運動的周期分別為，則帶電粒子在第二象限、第一象限中運動的時間分別為，則粒子在磁場中運動的時間故選D。7．如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，O點為圓形區域的圓心，磁感應強度大小為B，一個比荷絕對值為k的帶電粒子以某一速率從M點沿著直徑MON方向垂直射入磁場，粒子離開磁場后打在右側屏上的P點，QP連線過圓心O，QP與MN的夾角，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電B．粒子做圓周的運動半徑為C．粒子運動的速率為D．粒子在磁場中運動的時間為【答案】C【詳解】根據題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示A．由圖可知，粒子在點受水平向右的洛倫茲力，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；BC．由幾何關系可得，粒子做圓周的運動半徑為由牛頓第二定律有；解得；故B錯誤，C正確；D．粒子在磁場中運動的周期為；由幾何關系可知，軌跡的圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間為；故D錯誤。故選C。8．如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0沿水平方向入射，速度方向與半徑方向的夾角為30°，經磁場偏轉后剛好能從C點（未畫出）反向射出，不計電荷的重力，下列說法正確的是（）A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷在磁場中的運動時間為C．該點電荷的比荷為D．若磁場反向，則該點電荷在磁場中運動的時間為【答案】C【詳解】A.因點電荷射入磁場時初速度方向不是沿半徑方向，則該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線也不會通過O點，故A錯誤；B．粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知，該點電荷在磁場中的運動半徑為則運動時間為；故B錯誤；C．根據洛倫茲力提供向心力得解得該點電荷的比荷為；故C正確；D．若磁場反向，粒子運動軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動圓弧所對的圓心角為2θ，則由幾何關系解得；則該點電荷在磁場中運動的時間滿足；故D錯誤。故選C。9．如圖所示，平行金屬板間分布著豎直向下，電場強度的勻強電場和垂直紙面向里、磁感應強度的勻強磁場，直線PQ與兩金屬板平行且等間距。從左側的P點沿直線PQ射入大量不同速率的帶正電粒子，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則有（）A．速率的粒子，向直線PQ上方偏離，速率將逐漸減小B．速率的粒子，向直線PQ下方偏離，速率將逐漸增大C．速率的粒子，由于電荷量q未知，不能確定粒子的運動軌跡D．若粒子帶負電，速率為，將沿直線PQ勻速運動【答案】D【詳解】A．速率的帶正電粒子，受到電場力方向豎直向下，由左手定則可知受到的洛倫茲力豎直向上，有洛倫茲力為電場力為；有；得；則帶正電粒子向直線PQ下方偏離，粒子受到的合力豎直向下與水平速度垂直，做類平拋運動，速率大小將逐漸增大，故A錯誤；B．當速率的粒子從左側的P點沿直線PQ射入時，受到的洛倫茲力與電場力之比為；則帶正電粒子向直線PQ上方偏離，故B錯誤；C．速率的粒子從左側的P點沿直線PQ射入時，受到的洛倫茲力與電場力之比為；粒子受到的合力為零，則帶正電粒子向直線PQ勻速直線運動，故C錯誤；D．若粒子帶負電，速率為粒子從左側的P點沿直線PQ射入時，受到電場力方向豎直向上，由左手定則可知受到的洛倫茲力豎直向下，受到的洛倫茲力與電場力之比為；則粒子受到的合力為零，則帶正電粒子向直線PQ勻速運動直線運動，故D正確。故選D。10．芯片制造中的重要工序之一是離子注入，速度選擇器是離子注入機的重要組成部分。速度選擇器模型簡化如圖所示，一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里。一不計重力的離子以一定速度自P點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列說法正確的是（）A．穿過小孔的離子一定帶正電B．穿過小孔的離子速度大小一定為C．穿過小孔的離子比荷一定相同D．若離子從右側沿中軸線射入仍能做勻速直線運動【答案】B【詳解】A．離子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，若離子帶負電，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，若離子帶正電，電場力方向向下，洛倫茲力方向向上，可知，兩者情景時，電場力與洛倫茲力均能夠達到平衡，即離子可能帶正電，也可能帶負電，故A錯誤；B．結合上述，根據平衡條件有；解得穿過小孔的離子速度大小一定為；故B正確；C．結合上述可知，不計重力的粒子只需要速度等于，洛倫茲力與電場力一定平衡，離子就能夠沿軸線勻速通過速度選擇器，與離子的比荷無關，故C錯誤；D．若離子帶正電，當離子從右側沿中軸線射入，則電場力方向向下，洛倫茲力方向也向下，若離子帶負電，當離子從右側沿中軸線射入，則電場力方向向上，洛倫茲力方向也向上，兩者情景中均不可能滿足平衡條件，即若離子從右側沿中軸線射入不能做勻速直線運動，故D錯誤。故選B。11．回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其工作原理如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，將它們接在電壓為U的高頻交流電源上，一質量為m、電荷量為q的帶電粒子從加速器的某處由靜止開始加速。已知D形盒的半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，不計粒子的重力，忽略粒子在電場中的加速時間，不考慮相對論效應。下列說法正確的是（）A．粒子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為B．高頻交流電源的周期為C．粒子的最大動能為D．若只增大交變電壓U，則粒子的最大動能Ek會增大【答案】A【詳解】CD．根據洛倫茲力提供向心力有可得粒子的最大速度為；則粒子的最大動能為可知，粒子的最大動能與交變電壓無關，故CD錯誤；B．高頻交流電源的周期等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，即；故B錯誤；A．根據動能定理可得粒子第n次被加速前有；；粒子第n次被加速后有；；所以；故A正確。故選A。二、多選題1．如圖，用輕質導線將一根硬直金屬棒與電源、開關連接，并將金屬棒與平行地擱在正方體的上表面，正方體處在勻強磁場中。閉合開關，發現金屬棒豎直向上跳起，由此可知，該區域的磁場方向可能是（

）A．垂直平面 B．平行平面 C．平行平面 D．垂直平面【答案】ACD【詳解】A．若磁場方向垂直abc'd'平面，由左手定則得，導體棒所受安培力的方向可能豎直向上或豎直向下，當安培力方向豎直向上時，金屬棒豎直向上跳起，故A正確；B．若磁場方向平行平面，則金屬棒與磁場平行，金屬棒可能不受安培力也可能安培力沿水平方向，金屬棒不會豎直向上跳起，故B錯誤；C．若磁場方向平行平面，導體棒所受安培力的方向可能豎直向上或豎直向下，當安培力方向豎直向上時，金屬棒豎直向上跳起，故C正確；D．若磁場方向垂直abb'a'平面，由左手定則得，導體棒所受安培力的方向可能豎直向上或豎直向下，當安培力方向豎直向上時，金屬棒豎直向上跳起，故D正確。故選ACD。2．如圖所示，平行金屬導軌傾角為，下端與電源相連，勻強磁場垂直于導軌平面向上，一導體棒垂直于導軌放置，并處于靜止狀態。下列做法可能使導體棒運動的是（）A．僅增大電源電動勢 B．僅將電源正負極對調C．僅增大勻強磁場的磁感應強度 D．僅將勻強磁場的方向反向【答案】AC【詳解】AC．由左手定則可知，開始時導體棒受安培力沿傾斜導軌向下，由平衡條件可得靜摩擦力方向沿軌斜導軌向上。僅增大電源電動勢，則回路中電流增大，則安培力增大，此時靜摩擦力僅增大勻強磁場的磁感應強度，則安培力增大，則靜摩擦力有；當靜摩擦力達到最大靜摩擦力時導體棒開始向下運動，AC正確；BD．僅將電源正負極對調或僅將勻強磁場的方向反向，可知安培力方向沿傾斜導軌向上，假設導體棒能沿傾斜導軌向上運動，則有；則有可知導體棒不可能向上運動，假設不成立，BD錯誤。故選AC。3．如圖所示，在垂直紙面向外的勻強磁場中，一質量為m、電荷量為+q（q>0）的帶電滑塊從光滑絕緣斜面的頂端由靜止釋放，滑至底端時恰好不受彈力，已知磁感應強度的大小為B，斜面的傾角為，重力加速度為g，滑塊可視為質點，下列說法正確的是（）A．滑塊滑至底端時的速率為 B．滑塊滑至底端時的速率為C．滑塊經過斜面中點時的速率為 D．斜面的高度為【答案】AC【詳解】AB．由左手定則可知，滑塊所受洛倫茲力垂直斜面向上，滑塊滑至底端時恰不受彈力，則有；解得；故A正確，B錯誤；C．設斜面的高度為，設滑塊經過斜面中點時的速率為，由動能定理得mg?=12mv2?0；；解得D．滑塊從斜面頂端運動到底端的過程中，由動能定理得mg?=12m故D錯誤。故選AC。4．如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在勻強磁場，方向垂直于紙面向里。邊界上C點有一粒子源，可平行于紙面向磁場內任意方向發射質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子速度大小均為v0。不計粒子重力以及粒子間的相互作用，所有粒子運動半徑均為R且離開磁場時速度方向均與AB平行，AB、CD為互相垂直的直徑，則（）A．粒子離開磁場時速度方向平行AB向下B．磁感應強度大小為C．經過圓心O的粒子在磁場中運動的時間為D．沿著CO方向射入的粒子在磁場中運動的時間為【答案】BD【詳解】A．由于粒子做圓周運動的半徑等于磁場圓的半徑，所以根據磁發散原理可知，從C點射入磁場中的所有粒子均平行于AB向上射出，故A錯誤；B．根據洛倫茲力提供向心力有；所以；故B正確；C．若粒子經過圓心O，則其圓心角等于120°，所以粒子在磁場中運動的時間為故C錯誤；D．若粒子沿著CO方向射入磁場，其圓心角等于90°，所以粒子在磁場中運動的時間為；故D正確。故選BD。5．空間有一半徑為R磁感應強度為B的圓柱形磁場區域，其橫截面如圖所示，區域邊界由絕緣剛性彈性材料制成，以保證粒子與邊界材料碰撞后始終以等大反向的速度反彈。在邊界的P點打一小孔，并從小孔處垂直磁場方向對準圓心入射一速度、電荷量q、質量為m的正電粒子，該粒子與磁場區域邊界經過三次碰撞后恰好能從P點射出，現欲改變操作使該粒子從P點射入，最終仍然從P點射出，但粒子與邊界材料碰撞次數減少一次，合理的操作是（）A．將粒子的速度變為原來的3倍B．將粒子的速度變為原來的倍C．將該區域的磁感應強度變為原來的倍D．將該區域的磁感應強度變為原來的倍【答案】BC【詳解】粒子與邊界材料碰撞后始終以等大反向的速度反彈，粒子與磁場區域邊界經過三次碰撞后恰好能從P點射出，設半徑為，由幾何關系可知，圓心角為90°，有現改變操作使該粒子從P點射入最終仍然從P點射出，但粒子與邊界材料碰撞次數為2次，設半徑為，由幾何關系可知圓心角為60°，有AB．粒子所受洛倫茲力提供向心力，可得；則僅將粒子的速度變為原來的倍，半徑可變為原來的倍，符合要求，故A錯誤，B正確；CD．僅將該區域的磁感應強度變為原來的倍，半徑也可變為原來的倍，滿足要求，故C正確，D錯誤。故選BC。6．如圖所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xoy平面向里的勻強磁場和沿y軸負方向的勻強電場，磁感應強度為B，電場強度為E，讓一帶正電的粒子從坐標原點O以的初速度沿x軸正向發射，不計粒子重力影響，則（

）A．粒子始終在第四象限內做周期性運動 B．粒子最初一段徑跡是一段拋物線C．粒子最終以的速度做勻速直線運動 D．粒子運動過程中的最大速度為【答案】AD【詳解】AC．根據配速法將分解為、，且；解得；根據左手定則可知，沿x軸正方向，則的大小為，方向沿x軸負方向，粒子的運動可看成速度大小為的勻速直線運動和速度大小為的勻速圓周運動的合運動，故粒子始終在第四象限內做周期性運動，故A正確，C錯誤；B．粒子受到的合外力不恒定，粒子最初一段徑跡不是一段拋物線，故B錯誤；D．當速度大小為的勻速圓周運動的運動方向與運動方向相同時，粒子運動過程中的速度最大，為；故D正確。故選AD。7．如圖空間中存在沿水平方向且互相垂直的勻強磁場B和勻強電場E，一帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，則液滴（

）A．帶負電 B．一定做勻速直線運動C．可能做勻減速速直線運動 D．電勢能減小【答案】BD【詳解】ABC．帶電液滴以一定速度沿斜向上的虛線做直線運動，由于洛倫茲力會隨速度變化而變化，所以帶電液滴一定做勻速直線運動，則油滴的受力如圖所示由于電場力與電場方向相同，所以液滴帶正電，故B正確，AC錯誤；D．由于電場力對帶電液滴做正功，可知帶電液滴的電勢能減小，故D正確。故選BD。8．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略不計，磁感應強度為的勻強磁場與盒面垂直，A處粒子源產生的粒子質量為，電荷量為，在加速器中被加速。設粒子初速度為零，高頻交流電壓為，加速過程中不考慮重力作用和相對論效應，則（

）A．增大加速電壓，粒子達到最大動能所用時間減少B．增大加速電壓，粒子的最大動能增加C．增大磁感應強度，若該粒子仍能正常加速，則交變電流的頻率增大D．增大磁感應強度，并使粒子正常加速，粒子的最大動能不變【答案】AC【詳解】A．因粒子達到最大動能；最大動能是一定的，則增大加速電壓，粒子被加速的次數較小，則達到最大動能所用時間減少，選項A正確；B．根據；可知粒子的最大動能與加速電壓U無關，選項B錯誤；C．根據；可知，增大磁感應強度B，若該粒子仍能正常加速，則交變電流的頻率增大，選項C正確；D．根據；增大磁感應強度B，并使粒子正常加速，粒子的最大動能變大，選項D錯誤。故選AC。三、解答題1．醫用質子腫瘤治療儀示意圖如圖甲所示，由質子放射源S、加速電壓為U的加速電場區、MN板間電壓產生的偏轉電場區，以及邊界為圓形的勻強磁場區組成。其中，水平放置的平行金屬板M、N長為L、間距為d，磁場方向垂直于紙面。S持續釋放質量為m、電荷量為e的質子，質子從小孔飄入加速電場，其初速度可視為零。加速后的質子沿中線從點垂直于電場方向射入偏轉電場區，質子通過偏轉電場后進入勻強磁場區。所有質子均打在圓心正下方磁場邊界上的P點。M、N板間電壓隨時間變化關系如圖乙所示，圖中。時質子射入偏轉電場，恰好能從N板的右邊緣水平飛出。不考慮質子之間的相互作用力、重力和空氣阻力，忽略MN板邊緣外電場的影響。（1）求質子進入偏轉電場時速度的大??；（2）求偏轉電壓的大?。唬?）己知分別從M、N板右邊緣飛出的兩個質子在磁場中運動的圓心角之和為180°，這兩個質子運動到P點時速度方向的夾角為60°，求磁場區磁感應強度的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），方向垂直紙面向外【詳解】（1）在加速電場中，根據動能定理有解得（2）所有質子均打在圓心正下方磁場邊界上的P點，可知質子離開偏轉電場的速度沿水平方向，。時質子射入偏轉電場，恰好能從N板的右邊緣水平飛出，根據類平拋運動規律有；同時滿足（n=1，2，3…）解得，（n=1，2，3…）（3）質子帶正電，經過磁場后偏向P點，則磁場垂直紙面向外；從M、N板右邊緣飛出的兩個質子在磁場中運動的圓心角之和為180°，這兩個質子運動到P點時速度方向的夾角為60°，根據幾何關系可知磁場區域半徑與質子運動軌跡半徑相等，且均為d，根據洛倫茲力提供向心力有解得2．如圖所示，第一象限內存在方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B的勻強磁場，第二象限內存在方向垂直y軸、場強為E的勻強電場，一帶電粒子從點由靜止釋放，經電場加速后從點進入磁場，最后從點垂直x軸射出磁場，不計粒子的重力。求：（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從A點運動到D點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得帶電粒子在磁場中運動時，有由幾何關系得聯立各式得；（2）帶電粒子在電場中的運動時間帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期帶電粒子在磁場中的運動時間帶電粒子從點運動到點的時間3．如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E。一帶電量為、質量為m的粒子，從y軸上的P點以某一速度沿垂直y軸方向進入電場，經x軸上的Q點進入磁場，在磁場中偏轉后垂直y軸的方向進入第二象限。已知，，不計粒子重力。求：（1）粒子過Q點時的速度v；（2）磁感應強度的大小B?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子在電場中運動時，豎直方向；水平方向；；解得（2）粒子進入磁場時；得粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，為圓心，由幾何關系可知為等腰三角形得由；解得4．某“太空粒子探測器”由加速、偏轉和探測三部分裝置組成，其原理如圖所示，兩個同心三分之一圓弧面AB、CD之間存在輻射狀的加速電場，方向由AB指向CD，圓心為，弧面間的電勢差為U。在點右側有一過、半徑為R的圓形區域，圓心為，圓內及邊界上存在垂直于紙面向外的勻強磁場。MN是一個粒子探測板，與連線平行并位于其下方2R處。假設太空中漂浮著質量為m，電荷量為的帶電粒子，它們能均勻地吸附到AB上，并被加速電場由靜止開始加速到CD上，再從點進入磁場，最后打到探測板MN上，其中沿連線方向入射的粒子經磁場偏轉后恰好從圓心的正下方P點射出磁場，不計粒子間的相互作用和星球對粒子引力的影響。（1）求粒子到點時的速度大小及圓形磁場的磁感應強度大小B；（2）所有吸附到AB上的粒子，從哪一點出發的粒子到達探測板MN的時間最長，并求該粒子從點到探測板MN的時間：（3）要使從AB入射的所有離子都可以到達探測板MN上，求探測板MN的最小長度L?！敬鸢浮浚?）；；（2）B點；；（3）【詳解】（1）粒子在電場中被加速，則解得粒子到點時的速度大小沿連線方向入射的粒子經磁場偏轉后恰好從圓心的正下方P點射出磁場，可知粒子運動的軌道半徑為r=R根據解得（2）由粒子的運動軌跡可知，從B點發出的粒子從O1點射入時在磁場中運動的軌跡最長，打到MN上時運動的軌跡也是最長，時間最長，在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為120°，運動時間出離磁場后運動時間則該粒子從點到探測板MN的時間（3）由圖可知，從B點射入的粒子打到MN的右邊距離最遠，從A點射入的粒子打到MN最左邊最遠，則由幾何關系可知，MN最小長度為5．如圖所示，在xOy平面直角坐標系的第Ⅱ象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E，將一群電子從第Ⅱ象限內的不同位置以初速度沿x軸正方向射出，發現這些電子均能經過坐標原點O．電子通過O點后進入第Ⅳ象限內的勻強磁場區域，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小為B，這些電子經過磁場偏轉后都再次到達y軸．已知電子電量為e，質量為m，求：（1）這群電子從第Ⅱ象限內射出時的位置坐標滿足的方程；（2）第Ⅳ象限內勻強磁場區域的最小面積；（3）若在第Ⅲ象限所在的立體空間內充滿沿y軸正方向的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小也為B，求電子在這個區域運動時離y軸的最遠距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設電子射出的位置坐標為，電子做類平拋運動，有在軸方向在軸方向聯立解得（2）設電子經過點時的速度方向與軸負向的夾角為，速度大小為，電子沿軸移動的距離為，則有可見所有電子經過磁場偏轉后都經過軸同一位置，如圖所示則磁場區域的最小面積為其中解得（3）在第Ⅲ象限所在的立體空間內，電子沿軸做勻速運動，垂直軸方向做勻速圓周運動，運動半個周期時離軸最遠，最遠距離為

高考真題練1.（2023·新課標卷）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【答案】C【解析】A、打在a點的離子所受電場力和洛倫茲力平衡，打在b點的粒子所受電場力和洛倫茲力的合力指向右側，當電場水平向左，磁場方向垂直紙面向里時α粒子受到的電場力水平向左，洛倫茲力也向左，打在a的左側；電子受到的電場力向右，洛倫茲力也向右，打在a的右側，故A錯誤。

B、電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外時，α粒子受到的電場力水平向左，洛倫茲力向右，可能打在a點，但此時電子所受洛倫茲力大于電場力，向左偏轉，故B錯誤。

C、電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里，α粒子受到的電場力水平向右，洛倫茲力向左，可能打在a點，此時電子的洛倫茲力大于電場力，向右偏轉，故C正確。

D、電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外，α粒子受到的電場力水平向右，洛倫茲力向右，不可能打在a點，此時電子的洛倫茲力大于電場力，向左偏轉，故D錯誤。

故答案為：C2.（2023·全國乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為l2A．E2aB2 B．EaB2【答案】A【解析】由電粒子在磁場中的偏轉：分析如圖，由幾何關系可得：cosθ=l2l=12，

偏轉角等于圓心角，cosθ=R?aR=12，得R=2a，

由Bqv=m多選題3．（2024·福建·高考真題）將半徑為r的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現給導線通以自A到B大小為I的電流，則（）A．通電后兩繩拉力變小 B．通電后兩繩拉力變大C．安培力為 D．安培力為【答案】BD【詳解】AB．根據左手定則可知，通電后半圓環AB受到的安培力豎直向下，根據受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A錯誤，B正確；CD．半圓環AB所受安培力的等效長度為直徑AB，則安培力大小為；故C錯誤，D正確。故選BD。4．（2024·湖北·高考真題）磁流體發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）從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是（） A．極板MN是發電機的正極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、