選擇6磁場高頻問題考點內容考情分析考向一磁場性質兩種受力帶電粒子在電、磁場中的運動，除了要掌握帶電粒子在電磁場中的運動特點，力學三大觀點也在該模塊中有著重要的應用，該題綜合性極強，可以說包含了高中物理力與運動關系這一主線的全部內容，題型多變，考察學生對各模塊知識的綜合應用能力。考向二帶電粒子在有界磁場中的運動考點三帶電粒子在復合場中運動考向四有關電磁場的科技應用1.思想方法(1)安培力，洛倫茲力也是一種力，在分析這兩種力時也是符合受力分析的思路(2)帶電粒子在有界磁場，復合場中運動時要把握先分析運動情境，若是圓周運動則帶入公式求解問題，注意步驟，定圓心，確定半徑，確定運動時間……一般問題都能得到解決。分析帶電粒子在勻強磁場中運動的關鍵是：①畫出運動軌跡；②確定圓心和半徑；③利用洛倫茲力提供向心力列式．2.模型建構一、安培力下的平衡分析通電導體在磁場中平衡或加速問題的一般步驟(1)確定要研究的通電導體。(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體作受力分析。(3)分析導體的運動情況。(4)根據平衡條件或牛頓第二定律列式求解。二、帶電粒子在有界勻強磁場中的勻速圓周運動模型基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心③軌跡圓弧與邊界切點的法線過圓心P、M點速度垂線交點P點速度垂線與弦的垂直平分線交點某點的速度垂線與切點法線的交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：例：(左圖)R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度L求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(L,v)(1)速度的偏轉角φ等于AB所對的圓心角θ(2)偏轉角φ與弦切角α的關系：φ<180°時，φ＝2α；φ>180°時，φ＝360°－2α三、帶電粒子在復合場中的運動帶電體在電場和重力場中的運動1.帶電體在電場、重力場中運動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律解決問題。(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變。2.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則下為等效重力場中的“重力”，g'=F(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。常見運動及處理方法考向一磁場性質兩種受力（2024?海珠區校級模擬）如圖所示，安裝在固定支架（圖中未畫出）上的光滑絕緣轉動軸OO'兩端通過等長的輕質細軟導線（導線不可伸長）連接并懸掛長為L、質量為m的導體棒ab，導體棒橫截面的直徑遠遠小于懸線的長度，空間存在輻向分布磁場（磁極未畫出），導體棒擺動過程中磁場方向總是垂直于導體棒，導體棒所在處的磁感應強度大小均為B，開始時導體棒靜止在最低點?，F給導體棒通以方向向里的電流（電路未畫出），若僅通過逐漸改變導體棒中的電流大小，使導體棒由最低點緩慢移動到懸線呈水平狀態，則在這個過程中（）A．懸線對導體棒的拉力先增大后減小 B．導體棒中的電流一直減小 C．轉動軸OO'受到繩子在豎直方向的作用力一直不變 D．轉動軸OO'受到繩子在水平方向的作用力先增大后減小【解答】解：A、對導體棒進行受力分析，受到三個力作用，豎直向下的重力mg，始終垂直于半徑即懸線方向安培力FA＝BIL，懸線沿半徑指向轉軸的拉力FT，設運動過程中懸線與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件有：FT＝mgcosθ，導體棒從最低點緩慢移到最高點時，θ越來越大，則拉力FT越來越小，故A錯誤；B、在沿垂直于懸線方向，由平衡條件有：FA＝mgsinθ，解得：I=mgsinθBL，C、設轉動軸對系統在豎直方向的作用力為Fy，根據平衡條件有：Fy=mg?FAsinθ=mg?mg(sinθD、設轉動軸對系統在水平方向的作用力為Fx，根據平衡條件有：Fx=FAcosθ=mgsinθcosθ=12故選：D。（2024?衡水模擬）如圖所示，水平桌面內固定一金屬導線做成的心形擺件，該擺件由兩個直徑為d的半圓形導線和一個V形導線組成，M、N為兩部分導線連接點，空間存在磁感應強度大小為B、豎直向下的勻強磁場、從M、N點引出導線，向擺件中通以恒定電流I，擺件受到的安培力大小為（）A．2BId B．BId C．BId2 D．【解答】解：電流經M點后，根據并聯電路特點，電流分成上下兩部分，分別流經兩個半圓形導線和一個V形導線，到N點匯合流出。對兩個直徑為d的半圓形導線，有效長度為2d，根據安培力公式（和左手定則）可得：F上＝BI上?2d，方向指向圖上方；對V形導線，有效長度為2d，根據安培力公式（和左手定則）可得：F下＝B（I﹣I上）?2d，方向指向圖上方；所以，擺件受到的安培力大小為：F＝F上+F下＝BI上?2d+B（I﹣I上）?2d＝2BId故A正確，BCD錯誤。故選：A。如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（）A．時間為mlquBB．小球所受洛倫茲力做功為quBl C．外力F的平均功率為quBquBlD．外力F的沖量為qBl【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運動，由F＝qvB可知，小球受到的洛倫茲力沿管道方向，且大小保持不變，根據牛頓第二定律得quB＝ma，由初速度為零的位移公式x=12aB．小球所受洛倫茲力始終和運動方向相互垂直，故洛倫茲力不做功，故B錯誤；C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有WF＝Wy＝Wx＝quBl，外力F的平均功率為P=WD．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于IF故選：D。（多選）如圖所示，三個完全相同的半圓形光滑軌道豎直放置，分別處在真空、勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上。三個相同的帶正電小球同時從軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M、N分別為軌道的最低點，則下列有關判斷正確的是（）A．小球第一次到達軌道最低點的速度關系vP＝vM＞vN B．小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系FM＞FP＞FN C．小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系tP＝tM＝tN D．三個小球到達軌道右端的高度都不相同，但都能回到原來的出發點位置【解答】解：A、設半圓形軌道半徑為R，設小球所帶電荷量為q，小球質量為m，由機械能守恒定律得：小球運動到P點過程：mgR=1小球運動到M點過程：mgR=1解得：vP＝vM=小球運動到N點過程，由動能定理得：mgR﹣qER=1解得：vN=2gR?2qERm，則vP＝vMB、小球在最低點，由牛頓第二定律得：在P點：FP′﹣mg＝mv在M點：FM′﹣mg﹣qvMB＝mv在N點：FN′﹣mg＝mv解得：FP′＝3mg，FM′＝3mg+qB2gR，FN′＝3mg﹣2qE由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小FP＝FP′＝3mg，FM＝FM′＝3mg+qB2gR，FN＝FN′＝3mg﹣2qE則FM＞FP＞FN，故B正確；C、小球運動到P、M、N點過程運動弧長相等，小球運動到P、M的過程平均速度相等，且大于小球運動到N點過程的平均速度，因此小球運動到M、N的時間相等且小于小球運動到N點的時間，即tN＞tP＝tM，故C錯誤；D、第一、二兩圖只有重力做功，小球機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球運動到右端最高點時與釋放點等高位置，第三幅圖中，小球運動過程由于電場力做負功，小球到達最右端的最高點小于釋放點的高度，三個小球到達軌道右端的高度不相同；三個小球都能回到原來的出發點位置，故D錯誤。故選：AB。（2024?東西湖區校級模擬）如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為+q的帶電小圓環套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環與桿間的動摩擦因數為μ?，F使圓環以初速度v0向上運動，經時間t0圓環回到出發點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向。下列描述該過程中圓環的速度v隨時間t、摩擦力Ff隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能E隨位移x變化規律的圖象中，不可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB．小球向上運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向下的滑動摩擦力，向上運動，重力和摩擦力做負功，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力減小，故滑動摩擦力減小，合力減小，物體做加速度不斷減小的加速運動，當速度減為零時，向上的位移最大，摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球達到最高點后向下運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向上的滑動摩擦力，由于速度不斷變大，洛倫茲力不斷變大，支持力變大，故滑動摩擦力變大，合力減小，物體做加速度不斷減小的加速運動，當加速度減為零時，速度最大；由以上的分析可知，小球先向上運動，加速度逐漸減?。缓笮∏蛳蛳逻\動，加速度仍然繼續減小．負號表示速度的方向前后相反．由以上的分析可知，小球先向上運動，摩擦力的方向向下，逐漸減?。缓笮∏蛳蛳逻\動，摩擦力的方向向上，逐漸增大，故AB是可能的；C．小球向上運動的過程中，有Ek＝Ek0﹣WG﹣Wf＝Ek0﹣mgx﹣fx由于f逐漸減小，所以動能的變化率逐漸減小，故C不可能；D．小球運動的過程中摩擦力做功使小球的機械能減小，向上運動的過程中ΔE＝﹣fΔx由于向上運動的過程中f逐漸減小，所以機械能的變化率逐漸減?。欢蛳逻\動的過程中摩擦力之間增大，所以機械能的變化率逐漸增大，故D是可能的。本題選不可能的，故選：C?？枷蚨щ娏Ｗ釉谟薪绱艌鲋械倪\動（2024?南昌模擬）如圖所示，在直角三角形abc區域內有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，∠a＝30°。一質子11H以v0的速度沿平行于ab的方向從O點射入三角形區域，經時間t從ON的中點M離開磁場，若一α粒子24A．3t2 B．t C．3【解答】解：根據洛倫茲力提供向心力可得：q變形后解得：r=設質子11H在磁場中的運動半徑為r1，則α粒子在磁場中的運動半徑為：r根據幾何關系可知α粒子從N點離開磁場，根據題意作出粒子運動軌跡，由題可知，質子11所以α粒子在磁場中的運動時間為：t'=60°故選：D。（多選）（2024?博望區校級模擬）如圖所示，Oxy平面（紙面）第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域Ⅰ存在磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向里的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小B2＝7B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于（0，3L）處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。下列說法正確的是（）A．速度大小為3B1B．速度大小為3B1qLC．恰能到達x軸的離子速度大小為4BD．恰能到達x軸的離子速度大小為16【解答】解：AB．當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，如圖1則有r1cos60°＝r1﹣L根據牛頓第二定律有qv解得v1在磁場中運動的周期T=2πm所有速度小于v1的離子都未進入Ⅱ區，速度偏轉角都為120°，運動時間都為t=120°故AB正確；CD．根據提議B2＝7B1，則離子進磁場Ⅱ后順時針偏轉，離子恰到x軸時速度與x軸平行，如圖2取水平向右為正方向，根據水平方向由動量定理有qB1L﹣qB2L＝m（﹣v）﹣mvcos60°解得v=4故C正確，D錯誤。故選：ABC。（多選）（2024?龍崗區校級三模）如圖所示，等腰直角三角形abc區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，直角邊ac長度為L，磁感應強度大小為B。在c點有一粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m、電荷量為+q的粒子，所有粒子不計重力、速度大小均為v0。其中從c點沿cb方向射入磁場的粒子，運動軌跡恰好垂直于邊界ab射出磁場。關于粒子運動下列說法正確的是（）A．粒子速度v0的大小滿足v0B．從ac射出的粒子在磁場中的運動時間都相同 C．從a點射出磁場的粒子在c點的速度方向與bc夾角為60° D．所有從ab邊界出射的粒子中在磁場中運動的最短時間為πm【解答】解：A．根據題意，從c點沿cb方向射入磁場的粒子，運動軌跡恰好垂直于邊界ab射出磁場，如圖甲所示，由幾何關系可知，a點為圓心，洛倫茲力提供向心力，有qv且r＝L解得v0故A正確；B．對于從ac射出的粒子，初速度方向不同，則在磁場中的軌跡對應的圓心角不同，故在磁場中的運動時間不同，故B錯誤；C．粒子從a點射出磁場，根據題意，粒子的運動軌跡如圖乙所示，由于粒子在磁場中軌跡半徑r＝L，則三角形aOc為等邊三角形，故有∠Oca＝60°，即粒子在c點的速度方向與bc夾角為60°，故C正確；D．由題意可知，所有從ab邊界出射的粒子中在磁場中運動，當弦長最短時，即弦與ab垂直時，在磁場中運動的時間最短，則最短時間的運動軌跡為弧線cd，如圖丙所示，根據幾何關系可知sinθ根據幾何關系解得sinθ=7對應圓心角θ＜45°可得tmin故D錯誤。故選：AC。（2024?南寧模擬）如圖所示，豎直平面內半徑為R的圓形區域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，P、Q為圓形區域豎直直徑的兩個端點，M、N為圓形區域水平直徑的兩個端點。大量質量均為m、電荷量為q的帶正電粒子，以相同的速率從P點向紙面內的各個方向射入磁場區域。已知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝3R，粒子的重力、空氣阻力和粒子間的相互作用均不計，則下列說法正確的是（）A．帶電粒子可以沿豎直方向射出磁場 B．粒子在磁場中運動的最長時間大于πm3qBC．不可能有粒子從M點射出磁場 D．不可能有粒子從N點射出磁場【解答】解：A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，當粒子軌跡的圓心如下圖中的O1時，粒子恰好以豎直向上的速度射出磁場，故A正確；B.要使帶電粒子在圓形磁場中的運動時間最長，則粒子圓周運動的軌跡應以磁場的圓形區域的直徑PQ為弦，此粒子的運動軌跡如上圖中圓心為O2的圓弧軌跡，設此軌跡在磁場中的偏轉角為θ，根據幾何關系得：sinθ2=R3R=1CD.由上圖所示，當入射速度的方向合適時，粒子軌跡的圓心分別為O3、O4時，粒子可分別從N點、M點射出，故CD錯誤。故選：A。（多選）（2024?龍鳳區校級模擬）如圖所示，在平面直角坐標系xOy平面內存在兩處磁感應強度大小均為B、方向垂直于xOy平面的勻強磁場，第一象限內的勻強磁場分布在三角形OAC之外的區域，方向向里，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OAC＝30°，OC的長度為2R；第二象限內的勻強磁場分布在半徑為R的圓形區域內，圓形區域的圓心坐標為（﹣R，R），圓形區域與x、y軸的切點分別為P、Q，第三、四象限內均無磁場。置于P點的離子發射器，能持續地從P點在xOy平面內向x軸上方180°范圍內以恒定速率發射同種正離子，離子質量均為m，電荷量均為q；在y軸上放置一長度為2R的探測板CG，G和C分別為探測板的上下邊緣，所有打到探測板上的離子都被板吸收。已知從P點垂直于x軸發射的離子恰好經過Q點進入第一象限，不計重力及離子間的相互作用。則（）A．圓形區域內磁場的方向垂直于紙面向外 B．離子的發射速率v0C．探測板CG上有離子打到的區域長度R+3D．從P點垂直于x軸發射的離子，從發射到第二次經過邊界AC所用的時間為t=【解答】解：A、從P點垂直于x軸發射的正離子恰好經過Q點進入第一象限，說明正離子在P點受到向右的洛倫茲力，由左手定則判斷可得磁場方向垂直于紙面向外，故A正確；B、設離子在圓形區域的磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，從P點到Q點的運動軌跡恰好是14根據洛倫茲力提供向心力得：qv0B=mC、因離子在圓形磁場中的軌跡半徑均r＝R，滿足磁發散模型的條件，故所有離子經過圓形磁場后均水平向右射出圓形磁場，之后穿過AC進入第一象限內的勻強磁場，離子在此磁場中的運動半徑仍等于R。從C點進入第一象限的離子，恰好運動半個周期打到探測板的上邊緣G點，如上圖所示。設從邊界AC上的M點進入磁場的離子的軌跡恰好與探測板相切于D點，圖中CF垂直于O2M，根據幾何關系可得：FM=Rtan30°=33R則探測板上有離子打到的區域長度為：DE=CG?CD=R+3D、設離子在兩磁場中圓周運動的周期為T，則有：T=離子在圓形區域磁場中運動圓心角為90°，對應的運動瞬間為：t離子在兩磁場之間做勻速直線運動的時間為：t離子在AC右側的磁場中運動軌跡的圓心角為300°，對應的運動時間為：t則離子從發射到第二次經過邊界AC所用的時間為：t=t故選：ABC?？枷蛉龓щ娏Ｗ釉趶秃蠄鲋羞\動（2024?東港區校級模擬）據報道，我國空間站安裝了現代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環空間內有沿半徑向外的磁場1，其磁感應強度大小可近似認為處處相等；垂直圓環平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電量為e，質量為m，若電子恰好可以在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動。則以下說法錯誤的是（）A．電場方向垂直環平面向外 B．電子運動周期為2πRvC．垂直環平面的磁感應強度大小為mveRD．電場強度大小為m【解答】解：A．根據左手定則可知電子在圓環內受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直環平面向里，故A錯誤；B．電子在圓環內沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=2πR故B正確；C．電子在圓環內受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，則有evB=mv解得B=mv故C正確；D．電子在垂直環平面方向受力平衡，則有eE＝evB解得E=m故D正確。本題選錯誤的，故選：A。（2024?河南模擬）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v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，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2v1時，垂直于磁場方向的分量大小為（）A．v2 B．2v2 C．3v2 D．4v2【解答】解：速度v1的方向與磁感應強度方向相同，該分速度不受洛倫茲力作用；v2的方向與磁感應強度方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，v2不變，故A正確，BCD錯誤。故選：A。（2024?陜西一模）我國最北的城市漠河地處高緯度地區，在晴朗的夏夜偶爾會出現美麗的彩色“極光”。極光是宇宙中高速運動的帶電粒子受地球磁場影響，與空氣分子作用的發光現象，若宇宙粒子帶正電，因入射速度與地磁方向不垂直，故其軌跡偶成螺旋狀如下圖（相鄰兩個旋轉圓之間的距離稱為螺距Δx）。下列說法正確的是（）A．帶電粒子進入大氣層后與空氣發生相互作用，在地磁場作用下的旋轉半徑會越來越大 B．若越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半徑越大 C．漠河地區看到的“極光”將以逆時針方向（從下往上看）向前旋進 D．當不計空氣阻力時，若入射粒子的速率不變僅減小與地磁場的夾角，則旋轉半徑減小，而螺距Δx增大【解答】解：A．帶電粒子進入大氣層后，由于與空氣相互作用，粒子的運動速度會變小，根據洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=解得：r由半徑公式可知，在地磁場作用下的旋轉半徑會越來越小，故A錯誤；B．若越靠近兩極地磁場越強，則隨著緯度的增加地磁場變強，其他條件不變，由偏轉半徑公式r=mv可知，宇宙粒子的半徑變小，故B錯誤；C．漠河地區的地磁場豎直分量是豎直向下的，水平分量向北，宇宙粒子入射后，由左手定則可知，從下往上看將以順時針的方向向前旋進，故C錯誤；D．當不計空氣阻力時，將帶電粒子的運動沿磁場方向和垂直于磁場方向進行分解，沿磁場方向將做勻速直線運動，垂直于磁場方向做勻速圓周運動，若帶電粒子運動速率不變，與磁場的夾角變小，則速度的垂直分量變小，故粒子在垂直于磁場方向的運動半徑會減少，即直徑D減小，而速度沿磁場方向的分量變大，故沿磁場方向的勻速直線運動將變快，則螺距Δx將增大，故D正確。故選：D。（2024?湖南三模）如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，y軸豎直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限內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），一質量為m、帶電量絕對值為q的小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周運動，從Q點以速度v垂直于x軸進入第I象限，重力加速度為g，不計空氣阻力。則（）A．從A點到Q點的過程小球的機械能守恒 B．電場方向豎直向上 C．小球在第Ⅳ象限運動的時間為πv4gD．小球能夠返回到A點【解答】解：AB．根據左手定則和小球從A運動到P的軌跡可知小球帶負電。從P到Q過程中小球做勻速圓周運動可知此時小球受到的向下的重力與向上的電場力平衡，又因為小球帶負電所以電場方向豎直向下。A到P的過程中，洛倫茲力不做功，機械能守恒，P到Q過程中，電場力做正功，機械能增加。故AB錯誤；C．小球恰好從P點垂直于y軸進入第IV象限，在第IV象限做勻速圓周運動，從Q點以速度v垂直于x軸進入第Ⅰ象限，設小球做勻速圓周運動的半徑為r，則在A到P過程中，根據動能定理可得mg?=其中r＝h根據周期和線速度的關系，小球做勻速圓周運動的周期滿足T=2πr小球在第IV象限運動的時間滿足t=1故C正確。D．根據豎直上拋運動規律可知小球會從Q點以速度大小為v垂直于x軸向下進入磁場，此后根據左手定則，小球受到向右方向上的力，則小球向右做勻速圓周運動，故不能夠返回A點。故D錯誤。故選：C。（2024?東城區一模）用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射，可以給右側平行板電容器PQ供電?？拷黁板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出的速度大小為v。下列說法正確的是（）A．放射源S釋放的粒子帶負電 B．增大q0的值，可以提高v C．PQ間距變為原來的2倍，可使v變為原來2倍 D．v0和B同時變為原來的2倍，可使v變為原來的2倍【解答】解：A.根據左手定則，N板積累帶正電的離子，故電容器的下極板Q帶正電，電容器的電場方向向上，放射源釋放的粒子能向上做加速運動，則說明帶電粒子帶正電，故A錯誤；BCD.當M、N兩板積累到電壓U時，正負離子由于受到電場和磁場力的共同作用而勻速飛出，設M、N兩板間的距離為d，有q0v0B＝q0U得最大電壓U＝Bv0d電容器兩極板電壓也為U，對電容器中加速運動的粒子，根據動能定理有qU=12得v=2qBdv0由上式可得，當v0和B同時變為原來的2倍時，v變為原來的2倍，故D正確。故選：D。考向四有關電磁場的科技應用（2024?成都模擬）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖所示，將一厚度為d的半導體薄片垂直置于磁場B中，在薄片的兩個側面E、F間通以電流I時，另外兩側M、N間產生電勢差，這一現象稱為霍爾效應。其原因是薄片中定向移動形成電流的載流子受洛倫茲力的作用向一側偏轉和積累，在M、N間產生霍爾電壓UH。半導體的載流子有自由電子或空穴（相當于正電荷）兩種類型。下列說法正確的是（）A．若該半導體是空穴導電，則M側的電勢低于N側的電勢 B．若只增大半導體薄片的厚度d，則霍爾電壓UH將增大 C．若只增大磁場的磁感應強度B，則霍爾電壓UH將增大 D．若只增大電流I，則霍爾電壓UH將減小【解答】解：A．若該半導體是空穴導電，即相當于正電荷導電，根據左手定則可知，正電荷在洛倫茲力作用下向M側聚集，可知M側電勢高于N側電勢，故A錯誤；B．由于M、N間產生電場，穩定時電場力與洛倫茲力平衡，設M、N間距離為a，霍爾元件長為b，則有qvB=Eq=U設單位體積內電荷的數目為n，根據電流的微觀定義式有v=I解得UH可知，若增大半導體薄片的厚度d，則霍爾電壓UH將減小，故B錯誤；C．若增大磁感應強度B，則霍爾電壓UH將增大，故C正確；D．若增大電流I，則霍爾電壓UH將增大，故D錯誤。故選：C。（2024?大興區校級模擬）如圖所示，a、b、c、d四種正離子（不計重力）垂直地射入勻強磁場和勻強電場相互垂直的區域里，a、b分別向上、下極板偏轉，c、d沿直線通過該區域后進入另一勻強磁場，分別沿不同半徑做圓周運動，則（）A．平行板電容器的上極板電勢低 B．c、d兩離子的比荷不同 C．c、d兩離子的電荷量一定不同 D．a、b兩離子的電荷量一定不同【解答】解：A、c、d沿直線通過勻強磁場和勻強電場相互垂直的區域，洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝qE，由左手定則可知，c、d受到的洛倫茲力豎直向上，所以電場力豎直向下。因c、d為正離子，所以場強方向豎直向下，則電容器的上極板比下極板電勢高，故A錯誤；BC、c、d進入勻強磁場后，由洛倫茲力提供向心力得qvB′＝mv解得r=根據qvB＝qE得v=ED、a、b分別向上、下極板偏轉，說