專題10磁場

2024

高考真題

1.（2024年湖北考題）9.磁流體發電機的原理如圖所示，.郵和田是兩平行金屬極板，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（）

M一?N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

P=口0

A.極板船,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、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大

【答案】AC

【解析】A.帶正電的離子受到笆洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發電機正極，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4則qvB=q^

可得U=Bdv

因此增大間距〃變大，增大速率〃變大，。‘大小和密度無關，BD錯誤C正確。

故選AC。

2.（2024年江西卷考題）7.石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富

的電學性能.現設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，在長為力寬

為。的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為用電極1、3間通以恒定電流/,電極2、々問

將產生電壓兒當/=1.00x10-3A時，測得。―8關系圖線如圖（b）所示，元電荷e=1.60xl0T9C，則

此樣品每平方米載流子數最接近（）

0-^—

ffl(a)

A.1.7xl019B.1.7X1015C.2.3xIO?。D.2.3xlO16

【答案】D

【解析】設樣品每平方米載流子（電子）數為〃,電子定向移動的速率為%則時間t內通過樣品的電荷

量q=nevtb

根據電流的定義式得/=幺=nevb

當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有evB=e^~

b

聯立解得U=-B

ne

結合圖像可得V=

解得〃=2.3xIOS

故選Do

3.（2024浙江1月卷考題）4.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，兩者之間有可轉動的線圈。a、b.。和“為磁場中的

四個點。下列說法正確的是（）

A.圖示左側通電導線受到安培力向下B.a、。兩點的磁感應強度相同

C.圓柱內的磁感應強度處處為零D.c、d兩點的磁感應強度大小相等

【答案】A

【解析】A.由左手定則可知，怪示左側通電導線受到安培力向下，選項A正確:

B.a、力兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤;

C.磁感線是閉合的曲線，則圓柱內的磁感應強度不為零，選項C錯誤;

D.因。點處的磁感線較〃點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。

故選Ao

4.（2024年湖北卷考題）7.如圖所示，在以。點為圓心、半徑為"的圓形區域內有垂直于紙而向里的勻

強磁場，磁感應強度大小為仇圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為辦

電荷量為g（q〉0）的帶電粒子沿直徑力C方向從力點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是（）

A.粒子運動軌跡可能經過。點

B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向

C.粒子連續兩次由力點沿力。方向射入圓形區域最小時間間隔為空

3qB

D.若粒子從力點射入到從。點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為我把

3m

【答案】D

【解析】AB.在圓形勻強磁場區或內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的：根據圓的特點可知

粒子的運動軌跡不可能經過0點，故AB錯誤；

C.粒子連續兩次由月點沿月C方向射入圓形區域，時間最短則根據對稱性可知軌跡如圖

則最短時間有，=27二岑，故C錯誤:

qB

0.粒于從力點射入到從c點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖所示

設粒子在磁場中運動半徑為八根據幾何關系可知r=工。

3

、

根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m—

r

可得v=CqBR故。正確。

3m

故選Do

5.（2024年河北卷考題）10.如圖，真空區域有同心正方形月次》和砧cd,其各對應邊平行，ABCD的邊

長一定，a兒d的邊長可調，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.力處有一個粒

子源，可逐個發射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿//方向進入磁場。調整a6cd的邊長，可使速度大

小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區后由比.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a"邊時速度方向與〃〃邊夾角為45°,則粒子必垂直星射出

B.若粒子穿過前邊時速度方向與ad邊夾角60°,則粒子必垂直灰:射出

C.若粒子經cd邊垂直ZT射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與zd邊夾角必為45°

D.若粒子經6c邊垂直比射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與zd邊夾角必為60°

【答案】ACD

【解析】AC.根據兒何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與前邊夾角為45°,則粒子必經過“

邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示

甲

粒子從。點垂直于6c射出，故AC正確：

BD.若粒子穿過碗邊時速度方向與ad邊夾角為60"時，若粒子從“邊再次進入磁場，作出粒子運動

軌跡如圖乙所示

則粒子不可能垂直射出；若粒子從兒邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示

則粒子一定垂直笈射出，故B錯誤、D正確。

故選ACDo

6.（2024年安徽卷考題）10.空間中存在豎直向下勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強

度大小為幺磁感應強度大小為凡一質量為力的帶電油滴a,在紙面內做半徑為4的圓周運動，軌跡如圖

所示。當a運動到最低點〃時，瞬間分成兩個小油滴I、II,二者帶電量、質量均相同。I在〃點時與a

的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，磯跡如圖所示“H的枕跡未畫出。已知更力加速度大小為S，

不計空氣浮力與阻力以及I、H分開后的相互作用，則（）

A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為工

E

B.油滴a做圓周運動的速度大小為釁

C.小油滴I做圓周運動的速度大小為逐入，周期為岑

EgB

D.小油滴II沿順時針方向做圓周運動

【答案】ABD

【解析】A.油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有mg=Eq

解得q=咚,故A正確：

B.根據洛倫茲力提供向心力Bqv=%

mv

得

解得油滴a做圓周運動的速度大小為1'二誓，故B1E確:

m

5匕，解得％=竺羽=避

C.設小油滴1的速度大小為匕，得3R=Z_

mE

2

2兀3R2兀E

周期為T=故C錯誤;

匕gB'

I）.帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴II的速度為匕，取油滴a分離前瞬間的速度方向為

正方向，得"八'=:片+:倏，解得%=一固”

22'-E

由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油涌II的速度方向與正方向相反，根據

左于定則可知小油滴II沿順時針方向做圓周運動，故D正確。

故選ABD。

7.（2024年上海卷考題）10.某回旋加速器的示意圖如圖所示。破感應強度大小為8的勻強磁場僅分

布于兩個相同且正對的半圓形中空金屬盒A，內，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過I,II分別與4,

2相連，僅在2，2縫隙間的狹窄區域產生交變電場。初動能為零的帶電粒子自縫隙中靠近2的圓心。

處經縫隙間的電場加速后，以垂直磁場的速度進入。…

（1）粒子在2，4運動過程中，洛倫茲力對粒子做功為隊沖亙為/,則____：

A.W=（）,/=0B.WHO,/=OC.W。。，/工0D.W=（）,/工0

（2）：H核和：H核自圖中。處同時釋放，I,H間電勢差絕對值始終為以電場方向做周期性變化，|H

核在每次經過縫隙間時均被加速（假設粒了?通過縫隙的時間和粒子間相互作用可忽略）。；H核完成3次加速

時的動能與此時：H核的動能之比為。

A.1:3B.1:9C.1:1D.9:1E.3:1

【答案】①.D②.E

【解析】［1］由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，即W=O,洛倫茲力的沖量/工0,

D正確。故選Do

⑵由題意可知，；H核與；H核的電荷量之比為1:1,,；H核與；H核的質量之比為1:3,根據帶點粒子

在磁場中運動的周期T=T

qB

可知，；H核與：H核的周期之比為1:3，；H核完成3次加速后，實際在磁場中轉了2個半圈，時間為

一個完整周期，則此時；H核在磁場中轉了;圈，只加速了1次。根據動能定理可知，對;H核有

3qU=Ek「0

對汨核有qU=Ek2-0

解得動能之比為3:1,E正確。

故選E。

8.（2024年新課標考題）13.一質量為以電荷量為4（q>0）的帶電粒子始終在同一水平面內運動，

其速度可用圖示的直角坐標系內，八點〃（匕?，匕.）表示，匕、V,分別為粒了速度在水平面內兩個坐標軸上

的分量。粒子出發時〃位于圖中。（0,%）點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，尸點沿線段附移動

到3％,%）點；隨后粒子離開電場，進入方向啜直、磁感應強度大小為8的勻強磁場，P點沿以〃為圓心

的圓弧移動至點；然后粒子離開磁場返回電場，〃點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間

內，點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求

（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；

（2）電場通度的大小：

（3）2點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。

【答案】（1）（2）E=72BV0；（3）C-'2加’°

22

【解析】（I）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為V=7V0+VC=V2V0

根據洛倫茲力提供向心力Bq-〃匚=〃但\,

rT

「=皿

解得做圓周運動的半徑為

Bq

T①

周期為

（2）根據題意，已知任何相等的時間內〃點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的

為速度相應的曲線，根據。=包可知任意點的加速度大小相等，故可得Bq,向。上

A/mtn

解得E=yfiBl，o

（3）根據題意分析可知從〃點到。點粒子在磁場中轉過的角度為270。，澆一圈的過程中兩次在電場

中運動，根據對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，。角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與X軸

方向的夾角，從a到。過程中粒子做類平拋運動，得—t=v

in0

故可得該段時間內沿y方向位移為L=%，

根據幾何知識可得bc=B

由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為x0a，=x辰—2L

砰表繇小（2一正）〃3

“關?解侍x,=-------L----

aan

9.（2024年湖南卷考題）14.如圖，有一?內半徑為2小長為/，的圓筒，左右端面圓心。'、。處各開

有一小孔。以。為坐標原點，取0'。方向為/軸正方向建立0z坐標系。在筒內*W0區域有一勻強磁

場，磁感應強度大小為反方向沿*軸正方向；筒外x20區域有一勻強電場，場強大小為反方向沿y

軸正方向。一電子槍在0’處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在X0平而內，且在x軸正方

向的分速度大小均為“已知電子的質量為/〃、電量為e,設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互

作用及電子的重力。

（1）若所有電子均能經過。進入電場,求磁感應強度8的最小值:

（2）取（取問中最小的磁感應播度5,若進入磁場中電了的速度方向與x軸正方向最大夾角為。，求

tan3的絕對值;

（3）取（1）問中最小的磁感應強度8,求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。

【答案】（1）當警

eL

【解析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿X軸的勻速出線運動和在平面內的勻速圓

周運動，設電子入射時沿y軸的分速度大小為由電子在x軸方向做勻速直線運動得L=vj

2

在口平面內，設電子做勻速圓周運動的半徑為此周期為北由牛頓第二定律知哈

可得~=等

T2TTR

且T二—

~BT

由題意可知所有電子均能經過。進入電場，則有f=〃r（〃=i23,）

日二2萬加%

聯立得

27rmv0

當〃=1時，6有最小值，可得Bmin

（2）將電子的速度分解，如圖所示

tan^=~

%

當tan。有最大值時，月最大，夕最大，此時/?=/?,又§=2幾:％氏=牲

eLBe

聯立可得小m=N產，tan0=^

（3）當匕最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移％,根據勻變速直線運動規律有

由牛頓第二定律知

2^r\^m

聯立得

EeE

10.（2024年廣東卷考題）15.如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅

值為“）、周期為乙）的交變電壓。金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂直紙面向外的

勻強磁場。磁感應強度大小為抗一帶電粒子在f=O時刻從左側電場某處由靜止釋放，在，=，o時刻從下板

左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內，在1=2。時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入

磁場，并在，=3片時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離

JT

的不倍，粒子質量為勿。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。

（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量S

（2）求金屬板的板間距離〃和帶電粒子在1=%時刻的速度大小r；

（3）求從/=0時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功鞏

金屬板

)磁

場

金屬板

甲

乙

【答案】⑴正電；仁記：⑵力=酹:…以(3)卬=2

7rmU()^7r+16)

48%

【解析】(1)根據帶電粒子在右惻磁場中運動軌跡結合左手定則可知，粒子帶正電：粒子在磁場中

運動的周期為7=2%

根據

Tim

則粒子所帶的電荷量q=-----

Bi。

(2)若金屬板的板間距離為〃，則板長工2粒子在板間運動時—=%

33

出電場時豎直速度為零，則豎直方向y=2xl^(O.5ro)

2Dm

V-

在磁場中時qvB=in—

2mv

其中的y-2r

qB

3私U°

聯立解得D=

88

X

v

（3）帶電粒子在電場和磁場中匕運動凱跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距圖D=3r

則粒了?在3品時刻再次進入中間的偏轉電場，在4叁時刻進入左側的電場做減速運動速度為零后反向加

速，在6G時刻再次進入中間的偏轉電場，6.5&時刻碰到上極板，因粒子在偏轉電場中運動時，在時間

山內電場力做功為零，在左惻電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左

側電場時電場力做功和最后0.時間內電場力做功，則

12cDU°miU0+

WEax—=------+0-''

23488%3的。48%

11.（2024年遼寧卷考題）15.現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：

I、H區寬度均為乙存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向：HI、IV區為電場區，IV區電場足

夠寬，各區邊界均垂直于x軸，〃為M標原點。甲、乙為粒子團中的帳個電荷量均為+,,質量均為力的粒

3

子。如圖，甲、乙平行于彳軸向右運動，先后射入I區時速度大小分別為和%。甲到夕點時，乙剛好

射入I區。乙經過I區的速度偏轉角為30。，甲到。點時，乙恰好到2點。已知n【區存在沿方向的勻

、2

強電場，電場強度大小E0二"^^。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產生的

4兀〃

磁場。

（1）求磁感應強度的大小外

（2）求HI區寬度d；

（3）IVIX*軸上的電場方向沿*軸，電場強度￡隨時間入位置坐標*的變化關系為E=d—依，其

中常系數。＞0，/己知、才未知，取甲經過。點時1=0。己知甲在IV區始終做勻速直線運動，設乙在IV

區受到的電場力大小為反甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前尸與△刀間的關系式（不要求寫出的取值范

圍）

【答案】（1）〃=篝；（2）d=-7rL；（3）F=F4

2班23%

【解析】（1）對乙粒子,如圖所示

由洛倫茲力提供向心力q%B-m—

r\

由幾何關系sin30°=-

聯立解得，磁感應強度的大小為八猊

(2)由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為

,30°27nli2/rL

=zx------x------=------

360°qB3%

對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從〃點到。點，由運動學公式

,31

4=耳%，1+5aA2

qE°_94

由牛頓第二定律CI------------

m47rL

」3,

聯立可得IH區寬度為d=—7rL

2

31

(3)甲粒子經過0點時的速度為%=5%+碼=3%

因為甲在IV區始終做勻速直線運動，則cot=kx=kx3%f

,(0

可得k=——

3%

設乙粒子經過Hl區的時間為與，乙粒子在IV區運動時間為，則上式中，=/()+，

對乙可得——tw(/0+^)-ALT,

q

整理可得X2=3%?o+G)一也*

q(o

對甲可得^=3v0(r0+r2)

A3匕尸

則Ar=X—x,=——

qco

化簡可得乙追上甲前廣與△x間的關系式為F=?,Ax

3%

12.（2024浙江1月卷考題）22.類似光學中的反射和折射現象，用磁場或電場調控也能實現質子束的‘反

射"和''折射"。如圖所示，在豎直平面內有三個平行區域I、II和IH；I區寬度為"，存在磁感應強度大

小為反方向垂直平面向外的勻強磁場，H區的寬度很小。I區和HI區電勢處處相等，分別為例和8山，其

電勢差U=Oi-。用。一束質量為〃/、電荷星為e的質子從。點以入射角。射向I區，在一點以出射向。射

出，實現“反射”：質子束從。點以入射角。射入II區，經n區“折射”進入H【區，其出射方向與法線夾角

為“折射”角。已知質子僅在平面內運動，單位時間發射的質子數為加初速度為%,不計質子重力，不考

慮質子間相互作用以及質子對磁場和電勢分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場的質子都能實現“反射”，求d的最小值；

2

（2）若〃=些，求“折射率”〃（入射角正弦與折射角正弦的比值）

2e

<3）計算說明如何調控電場，實現質子束從〃點進入U區發生“全反射”（即質子束全部返回【區）

（4）在尸點下方距離畫也處水平放置一長為他也的探測板C。。（。在p的正下方），CQ長為絲

eBeBeB

質子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質子束，與原質子束關于法線左右對稱，同時從。點射

入I區，且。=30。，求探測板受到豎直方向力尸的大小與〃之間的關系。

【答案】（1）網L（2）y/2：（3）J（4）見解析

Be2e

2

【解析】（1）根據牛頓第二定律Be%二g

r

不同角度射向磁場的質子都能實現“反射”，d的最小值為4麗=2'二半

Be

（2）設水平方向為x方向，豎直方向為y方向，*方向速度不變，y方向速度變小，假設折射角為夕,

根據動能定理

Ue=；/nvf-g"球

解得M=&o

根據速度關系vosin^=匕sinO'

〃二嗎工=四

解得

sinO'v0

（3）全反射的臨界情況：到達III區的時候方向速度為零，即Ue=0-；〃7（%cos9）2

可得Ui*.

2e

即應滿足。《一絲跡￡色

2e

（4）臨界情況有兩個：I、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據幾何關系可得NCPQ=30。

所以如果UNO的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板匕分情況討論如下：

①當UNO時F=2Nmv,

1,1,

又eU=]〃?*--m(vQcos0y

F=2NmJ-v-+—,全部都打不到板的情況

解得

V40m

②根據幾何知識可知當從II區射出時速度與豎直方向夾角為60。時，粒子剛好打到。點，水平方向速度

為匕巖

匕G

所以八=------=—v

tan6006n

eU=gg〃?(%cosOr

乂

解得u=.皿

3e

2

即當u<-生包"時F=0

3e

③部分能打到的情況，根據上述分析可知條件為（-％軍KU<0），此時僅有。點左側的?束粒/侏

3e

打到板上，因此F=Nmv.

eU=3w：-g%cos夕）?

又

匚z3。2eU

解得F=Nm^+—

2024

高考模擬題

一、單選題

1.（2024?北京海淀?模擬預測）磁流體發電的原理如圖所示。將一束速度為“的等離子體（含有大

量正、負帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應強度為〃的勻強磁場中，在相距為4、寬為外長為人的兩

平行金屬板間便產生電壓。如果把上、下板和電阻〃連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。穩定時兩

板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（）

A.上板為負極

B.上、下兩極板間的電壓U=&d

C.等離子體濃度越高，電動勢越大

I）.垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體粒子受洛倫茲力（分力）和電場力平衡

【答案】A

【解析】A.大量帶正電和帶負電的微粒向右進入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力

向下，所以正電荷會聚集的下極板上，負電荷受到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到上極板上，故上極板為

負極，故A正確：

F

B.設電動勢為E根據飲月二^^得七二及加，磁流體發電機具有內阻，上下極板兩端為路端電壓，故

d

U<Bdv,故B錯誤；

C.由表達式后陽。可知，電動勢與等離子體的濃度無關，故C錯誤；

D.垂直兩極板方向等離子體粒子由于電能的消耗，部分正電荷向下極板運動，部分負電荷向上極板運

動，此時粒子所受洛倫茲力大于電場力，故D錯誤。

故選Ao

2.（2024?北京海淀?三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的

裝置。圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從。點發

出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（）

O

A.d、。都是正電子的徑跡B.a徑跡對應的粒子動量最大

C.。徑跡對應的粒子動能最大D.a徑跡對應的粒子運動時間最長

【答案】D

【解析】A.帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可知a、b、。都是正電子的徑跡,

d、e都是負電子的徑跡，A錯誤：

B.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有“歷=/〃E解得夫=勺

Rqb

由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據〃=〃?丫

可知a徑跡對應的粒子動量最小，B錯誤；

C.根據線=3〃八，2可知線“<煤6<線，

即力徑跡對應的粒子動能不是最大的，C錯誤；

D.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有力，8=〃?E,T=—

則,=等所以

粒子在磁場中的運動時間t=?T

其中a為粒子在磁場中的偏轉角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉角度最大，則a徑跡對應的粒子運動

時間最長，D正確。

故選及

3.（2024?廣東?三模）如圖所示，在（）<x<x。區域內有豎直向上的勻強電場，在上川區

域內有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上0~%范圍內平行于x軸正方向射出大量質量為加、電荷量為+小

分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v。,當電場強度為。時.，從。點射入的粒子恰能運動到川（先，

>>

%）點，若電場強度為七二吧耍，州.右側是粒子接收器，.階?的長度為外,不計粒子重力和粒子間的相互

作用，則（

xx

XX

XX

XX

2￡_2^

OVoXo

A.磁感應強度的大小為"1

B.從;治處射入的粒子,恰好從小點進入磁場

c.從;算處射入的粒子，在磁場中偏轉距離最大

D.接收器接收的粒子數占粒子總數的50%

【答案】D

【解析】A.當電場強度為0時，從。點射入的粒子恰能運動到M點，則4=三

根據洛倫茲力提供向心力有=解得3=贊，故A錯誤；

B.若粒子從：先處射入，則a=—

32m

聯立解得）,=）1+*=3++=覬＜%

3236

由此可知，粒子從N點下方進入磁場，故B錯誤：

C.設粒子進入磁場中時速度方向與豎直方向的夾角為明粒子進入磁場中的速度大小為p，則

2

V=l°,qvB=m-

sin?r

所以粒子在磁場中偏轉距離為d=2rsin0=.y0

由此可知，粒子在磁場中偏轉距離相等，故C錯誤：

D.由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為=與

所以從;工處射入的粒子，恰好從N點進入磁場，且恰好經磁場偏轉后打在點，即只有O,g%范圍

內平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數占粒子總數的50%,故D正確。

故詵D。

4.（2024?河北?三模）2023年4月12日，中國有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克核聚變實驗裝

置創造了當時最新的世界紀錄，成功實現穩態高約束模式等離子體運行403秒。為粗略了解等離子體在托

卡馬克環形真空室內的運動狀況，某同學將一足夠長的真空室內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，如圖所示。若某帶正電的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H，垂直于遨場方向的分量大小為匕，不計離子受到的重力。當離子速度平行于磁場方向的分量大

小為2K時，垂直于磁場方向的分量大小為（）

【答案】A

【解析】根據運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，

則匕增大，匕，不變；當離子速度平行于磁場方向的分量大小為2匕時，垂直于磁場方向的分量大小為匕。

故選Ao

5.（2024?黑龍江齊齊哈爾?三模）如圖所示，光滑絕緣圓管豎直固定在水平勻強磁場中，一帶正電

小球從管口由縫靜止開始下落，則下列描述圓管對小球的沖量,隨下落時間￡和下落高度方的關系圖像中

正確的是（）

【答案】A

【解析】小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運動，則有人=；",v=gt

小球下落過程中在水平方向將受到洛倫茲力，根據水平方向受力平衡可知圓管對小球的彈力大小始終

等于小球所受洛倫茲力，即有FN=Bq；

由此可知網管對小球的沖量聯立以上各式可得/二亨，』

則可知，小球的/T圖像為過原點且開U向上的拋物線，/-〃圖像為過原點的傾斜直線。

故選A。

6.（2024?山西?模擬預測）如圖所示，長方體空間被平面MWO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。2平面進入并

穿過兩磁場區域，關于電子運動軌跡在卜列坐標平面內的投影，可能止確的是（)

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