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，.映和〃。是兩平行金屬極板，名強磁場垂直

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/?—」N

XXXXX

XXXXX

XXXXX

P1-

A.極板就V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.帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉，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d,則qi，B=q4

a

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ACo

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，在長為外寬

為5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、4間

將產生電壓a當/-LOOK10-3A時，測得U8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（）

U/mV

圖（a）

A.1.7x1（VB.1.7x10"C.2.3x10-°D.2.3x10"

【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心則時間￡內通過樣品的電荷

量q=nevtb

根據電流的定義式得/=-=nevb

t

當電子松宗通過樣品時，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k=—=88X10\V/T

ne320x10-3

解得n=2.3xl0,6

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、/A。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零1）.。、"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，圖示左側通電導線受到安培力向"選項A正確；

B.a、。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c點處的磁感線較d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面向里的勻

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

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

XX

XXX

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”方向射入圓形區域最小時間間隔為普

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避邂

【答案】D

【解析】AB.在圓形勻強磁場區域內，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。點，故AB錯誤；

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

xAx

xX/x

則最短時間有/=2T=-故C錯誤;

D.粒子從力點射入到從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G根據幾何關系可知一二g

3

2

根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m—

r

可得y=gqBR故。正確。

3/rz

故選Do

5.（2024年河北卷考題）10.如圖，真空區域有同心正方形/以力和泌cd,其各對應邊平行，ABCD的邊

長一定，aAd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./處有一個粒

子源，可逐個發射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿力〃方向進入磁場。調整劭。"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應'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°,則粒子必垂直回射出

B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角60。，則粒子必垂直比■射出

C.若粒子經“邊垂直應'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A邊垂直比射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°

【答案】ACD

【解析】AC.根據幾何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°,則粒子必經過cd

邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示

甲

粒子從。點垂直于8。射出，故AC正確；

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

軌跡如圖乙所示

則粒子不可能垂直比’射出；若粒子從A邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示

則粒子一定垂直回射出，故B錯誤、D正確。

故選ACD。

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

度大小為乙磁感應強度大小為況質量為/〃的帶電油滴,在紙面內做半徑為斤的圓周運動，軌跡如圖

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

的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示.II的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為小

不計空氣浮力與阻力以及I、I【分開后的相互作用，則（）

A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為等

B.油滴a做圓周運動的速度大小為因詈

C.小油滴I做圓周運動的速度大小為應絲，周期為當

EgB

D.小油滴H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=—,故A正確；

E

B.根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m^

得R=—

Bq

解得油滴a做圓周運動的速度大小為y:亳,故B正確;

m

3BqR3gBR

C.設小油滴I的速度大小為H,得3R二上一，解得

理m~E

2

2/r3R2TTE

周期為T=故C錯誤;

vigB

D.帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴H的速度為力,取油滴a分離前瞬間的速度方向為

正方向，得〃八，晟%,解得%=一'詈

由于分離后的小液滴受到的旦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

左手定則可知小油滴II沿順時針方向做圓周運動，故0正確。

故選ABDo

7.（2024年上海卷考題）10.某回旋加速器的示意圖如圖所示。磁感應強度大小為〃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2,。2內，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過I，II分別與R，

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。?的圓心。

處經縫隙間的電場加速后，以垂直磁場的速度進入。一

XXX

（1）粒子在Q運動過程中，洛倫茲力對粒子做功為隊沖量為/,則______；

A.W=0,/=0B.WwO,Z=OC.WwO,/工0D.W=O,/wO

（2）；H核和；H核自圖中。處同時釋放，I,I1間電勢差絕對值始終為上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（假設粒子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_____o

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

【答案】?.DE

【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（），

D正確。故選D。

［2］由題意可知，；H核與；H核的電荷量之比為1:1,,核2：H核的質最之比為1:3,根據帶點粒子

在磁場中運動的周期丁=卷

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

3”=Ek「O

對:H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）13.一質量為加、電荷量為g（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，一個點。（匕，匕.）表示，匕、分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上

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

到。（%,%）點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為少的勻強磁場，戶點沿以。為圓心

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

內P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）電場強度的大??；

（3）夕點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。

B，

【答案】（l）冬：（2）E=6B%；（3）Q-⑹

BqBqBq

2

【解析】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為V=7P0+V=V2V0

根據洛倫茲力提供向心力Bqv=m—=m—v

rT

解得做圓周運動的半徑為廠=正竺殳

Bq

『2兀m

周期為7'=-

Bq

（2）根據題意，已知任何相等的時間內2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BqGo=%

△tmtn

解得E=V2Bv0

（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。，繞?圈的過程中兩次在電場

中運動，根據對稱性可知粒了?的運動軌跡如圖，a角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與彳軸

方向的夾角，從a到〃過程中粒子做類平拋運動，得—r=v

m0

故可得該段時間內沿y方向位移為L=vor

根據幾何知識可得bc=>/2r

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=%.-2￡

除*俎（2一&）叫

聯”解得__廿_

Bq

9.（2024年湖南卷考題）14.如圖，有一內半徑為2r、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x軸正方向建立X"坐標系。在筒內xW0區域有一勻強磁

場，磁感應強度大小為凡方向沿x軸正方向；筒外x20區域有一勻強電場，場強大小為￡,方向沿y

軸正方向。一電子槍在。,處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在X。平面內，且在＞軸正方

向的分速度大小均為儂已知電子的質量為聯電量為&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〃的最小值;

（2）取（1）問中最小的磁感應強度反若進入磁場中電子的速度方向與＞軸正方向最大夾角為。，求

tan〃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）網普

eL

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

周運動，設電子入射時沿7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=%f

在y。平面內，設電子做勻速圓周運動的半徑為總周期為7,由牛頓第二定律知Bev=m^

'R

可得7

T=^R=^n

vvBe

由題意可知所有電了?均能經過。進入電場，則有，=〃7（〃=1,2,3,）

27rnmv

聯立得R=(i

eL

24"7%

當〃=1時，/，有最小值，可得B

mineL

（2）將電子的速度分解，如圖所示

有tan6^=—

%

..,巾niTtmv.,inv

當lan6有最大值時，，最大,〃最大,此n時R=〃，又B=-------R=—iv

eLBe

聯立可得fr’3。=了

（3）當。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

Ee

由牛頓第二定律知a=——

m

_2^

X丁一L

2/r24m

聯立得

y^-^r

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，板間加上加圖乙所示幅

值為U。、周期為。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H一帶電粒子在，=0時刻從左側電場某處由靜止釋放，在r=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，=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,o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

的三倍，粒子質最為偈忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。

3

（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/=/（）時刻的速度大小叱

（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雙

電場金屬板

?磁

r場

金屬板

甲

U。

o

?U。

乙

兀m乃（7（）（/+16）

【答案】（1）正電；＜7=—：（2）D=十=開.匕"：⑶W=

切（）24%48B/。

【解析】（1）根據帶電粒子在右側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1=-------

qB

7nli

則粒子所帶的電荷量q=——

%

（2）若金屬板的板間距離為〃，則板長包粒子在板間運動時—=v/0

33

出電場時豎直速度為零，則豎直方向），=2x!”（0.5公

2Dm

在磁場中時qvB=m——

r

2mv

其中的

3%，（〃（）

聯立解得D

88

工、

X

v

（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離D=3r

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

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

“內電場力做功為零，在左側電場中運動時，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

乃川“）（萬）

1、「D乃)mnUo2+16

W=一〃八廣+Eqx—=-----2-+-----=

2348%3%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、II區寬度均為。存在垂直「紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；［II、IV區為電場區，IV區電場足

夠寬，各區邊界均垂直于A■軸，。為坐標原點。甲、乙為粒子旺中的兩個電荷量均為質量均為/〃的粒

子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入【區時速度大小分別為和%。甲到〃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〃點。已知HI區存在沿+*方向的勻

強電場，電場強度大小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叼L

磁場。

（1）求磁感應強度的大小“；

（2）求HI區寬度M

（3）IV區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度〃隨時間￡、位置坐標x的變化關系為￡=3-依，其

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

區受到的電場力大小為凡甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前產與間的關系式（不要求寫出的取值范

圍）

Ld

X~X

E

乙XX

甲XX

O

XX

B

xx

XX

I區’口區m區IV區

【答案】(1)8=答；(2)4=3)L；(3)F=%M

2qL23%

【解析】（1）對乙粒子，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力

由幾何關系sin30°=-

聯“解得，磁感應強度的大小為

（2）由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為

「2x更x迎二型

'360°qB3%

對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從2點到〃點，由運動學公式

由牛頓第二定律。=g=與

m4/rL

3

聯立可得HI區寬度為d=-7ik

2

3

（3）甲粒子經過。點時的速度為v甲=；%+〃/=3%

因為甲在IV區始終做勻速直線運動，則（N=kx=kx

可得

3%

設乙粒子經過【H區的時間為弓，乙粒子在IV區運動時間為％,則上式中t=tQ+t2

F,

對乙可得——=①4+。)――

q

x=3v(r+r)-1^-

整理可得2002

q(D

對甲可得X=3%(…2)

則=Xj

qco

lq8入

化簡可得乙追上甲前尸與△x間的關系式為F='M

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III；I區寬度為"，存在磁感應強度大

小為8、方向垂直平面向外的勻強磁場，II區的寬度很小。I區和HI區電勢處處相等，分別為修和。山，其

電勢差山。一束質量為外電荷量為e的質子從。點以入射角。射向I區，在2點以出射角。射

出，實現“反射”；質子束從尸點以入射角，射入H區，經II區“折射”進入III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A；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"的最小值；

（2）若^二妙，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，實現質子束從尸點進入II區發生“全反射”（即質子束全部返向I區）

（4）在〃點下方距離正絲1處水平放置一長為皿?的探測板在尸的正下方），02長為外,

eBeBeB

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

【答案】（1）空3（2）&；（3）UW-絲4妝；（4）見解析

Be"2e

2

【解析】（1）根據牛頓第二定律BevQ=m^-

r

不同角度射向磁場的質子都能實現“反射"，"的最小值為41m=2〃=乎

Be

（2）設水平方向為X方向，豎直方向為y方向，X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

解得/=以

根據速度關系%sin。=匕sinO'

解得

1°

2

（3）全反射的臨界情況：到達HI區的時候），方向速度為零，即（/^=0--/??（v0cos（9）

2

_IHVQcos0

可得U-

2e

U(叫cos?0

即應滿足

2e

（4）臨界情況有兩個：1、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I:,分情況討論如下：

①當UNO時F=2Nmvy

eU=*mv；-g"?(%cos0)

又

解得F=2MnJ-v^+—,全部都打不到板的情況

V40m

②根據幾何知識可知當從H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

2

匕G

所以

f60。=6%

又eU=—mv\.——cos

22

解得

3e

2

即當。＜一把1時尸=0

3e

2

③部分能打到的情況，根據上述分析可知條件為（-空金＜[7＜0）,此時僅有0點左側的一束粒子能

3e

打到板上，因此F=Ninv

皿％夕尸

又eU-gcos

解得

V40in

2024

.7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d寬為a、長為。的兩

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

板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（）

等離子體

A.上板為負極

B.上、下兩極板間的電壓U=

C.等離子體濃度越高，電動勢越大

D.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；

E

B.設電動勢為￡根據切為二。：得石=及小，磁流體發電機具有內阻，上下極板兩端為路端電壓，故

d

UVBdv,故B錯誤；

C.由表達式后〃血可知，電劭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了?體粒了?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Kb、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、e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7紙面向外的磁場中運動，根據左手定則可知a、汰c都是正電子的徑跡，

de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qvB二.解得R號

由圖可知々徑跡對應的粒子的運動半徑最小，〃徑跡對應的粒子的速度最小，根據〃=〃“

可知a徑跡對應的粒子動量最小，B錯誤；

2

C.根據線=gmv可知Eka<ER<4

即。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=T=—

Rv

則丁二2卷〃所以<=4=7=9=（

qB

粒子在磁場中的運動時間

其中。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D。

3.（2024?廣東?三模）如圖所示，在。<），<%，0<x</區域內有豎直向上的勻強電場，在區

域內有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上范圍內平行于才軸正方向射出大量質量為卬、電荷量為+不

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

2

%）點，若電場強度為石=‘華，MV右側是粒子接收器，，拗1的長度為外,不計粒子重力和粒子間的相互

作用，則（)

B.從gNo處射入的粒子，恰好從N點進入磁場

C.從;光處射入的粒子，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.當甩場強度為()時,從〃點射入的粒子恰能運動到“點，則八二￡

根據洛倫茲力提供向心力有=〃［電解得3=空殳，故A錯誤；

彳qy。

B.若粒子從;光處射入，則x°=%4〃=致

32m

聯立解得y=y+*=*+?=：)，°<%

3230

由此可知，粒子從『V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粒子進入磁場中的速度大小為%則

所以粒子在磁場中偏轉距離為d=2rsin夕二%

由此可知，粒了?在磁場中偏轉距離相等，故C錯誤；

1).由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為

所以從;九處射入的粒子，恰好從川點進入磁場，且恰好經磁場偏轉后打在M點，即只有范圍

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怛故D正確。

故選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K，垂直于磁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2匕時，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，吆不變；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彩。

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1和下落高度力的關系圖像中

正確的是（）

【解析】小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運動，則有力=（g/

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”=的5

由此可知圓管對小球的沖量/=%?，，聯立以上各式可得/=酗1,/=Bqh

2

則可知，小球的圖像為過原點且開口向上的拋物線，/-力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沙z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（