重難點10磁場

(磁場的性質、帶電粒子在磁場中的運動、霍爾元件等幾類特殊儀器)

<1

二看題趨勢

考點分析三年考情分析2025命題熱點

2023：江蘇卷

磁場的性質1、磁場的性質

2022：湖北卷、湖南卷

2、用電和-J仕逝町氏/

2024：廣西卷、河北卷、湖北卷

帶電粒子在磁場中中的運動

2023：廣東卷、全國甲卷、湖北卷

的運動

2022：遼寧卷、廣東卷、湖北卷

【課標要求】

1.會用安培定則判斷磁場的方向，會進行磁感應強度的疊加。

2.會分析和計算安培力、洛倫茲力的方向和大小。

3.會判斷帶電粒子在磁場中的運動性質并會解決相應問題。

【考查方向】

高考命題的熱點：

一是磁場的性質、安培定則、安培力的分析和計算；

二是帶電粒子在有界勻強磁場中的運動；

三是帶電粒子在組合場中的運動。

【備考建議】

(1)重視基礎知識。加強對磁場性質、安培力、洛倫茲力、帶電粒子在磁場中的勻速圓周

運動等基本概念和規律的復習和訓練。

(2)注意思維訓練。磁場問題涉及的模型多以空間立體形式出現，加強立體空間圖形的轉化

能力訓練，不僅要熟悉常見磁場的磁感線立體分布圖，也要熟悉它們的平面分布情況,還要善

于將有關安培力的三維立體空間問題轉化為二維平面問題。

(3)勤練解題技能。作圖是解決磁場問題的關鍵點之一，加強帶電粒子在勻強磁場中做勻

速圓周運動的作圖訓練，培養數形結合能力，運用動態放縮圓、定點旋轉圓、圓平移等幾何知

識解決帶電粒子在有界磁場中的運動及臨界、多解問題。

(4)關注科技前沿。了解本講知識在科技、生活、生產中的應用，理論聯系實際，提高應用

所學知識解決綜合問題的能力。

---------------h

重難詮釋

【情境解讀】

磁場基本概念及性質考查情境

磁場的描述與磁感線：給出磁場的分布情況，通過磁感線的疏密、方向等判斷磁場的強弱

和方向，如比較不同位置的磁感應強度大小，或根據磁感線形狀判斷磁場源的類型。

安培力與磁感應強度計算：通常會給出通電導線在磁場中的放置情況，要求考生運用安培

力公式計算安培力的大小或根據安培力的大小和方向反推磁感應強度，可能涉及到磁場疊加的

情況。

帶電粒子在磁場中運動的考查情境

勻速圓周運動分析：這是最常見的情境，如帶電粒子垂直進入勻強磁場，在洛倫茲力作用

下做勻速圓周運動，要求考生確定粒子的運動軌跡半徑、運動周期等物理量，常結合幾何知識

進行求解。

臨界與極值問題：通常會設置有界磁場，如矩形磁場區域、圓形磁場區域等，要求考生分

析帶電粒子在磁場中運動的臨界條件，如恰好不射出磁場、恰好從磁場邊界射出等，確定臨界

狀態下的速度、磁感應強度等物理量。

組合場與疊加場問題：包括帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，或在磁場與重力場的

疊加場中運動等。例如，粒子先在電場中加速，然后進入磁場中偏轉，需要考生分別分析粒子

在不同場中的受力和運動情況，運用相應的物理規律進行求解。

磁場在實際生活與科技中的應用情境

電磁設備原理：以回旋加速器、質譜儀、速度選擇器、磁流體發電機、霍爾元件等電磁設

備為背景，考查考生對其工作原理的理解和應用。如分析回旋加速器中粒子的加速過程和運動

軌跡，或根據質譜儀的原理確定粒子的質量、電荷量等。

科技前沿與現代應用：以地磁場、電磁炮等為背景，考查考生對磁場知識的應用能力。例

如，分析地磁場對衛星通信的影響，或根據電磁炮的原理計算發射速度等。

【高分技巧】

一、運動學和動力學中的圖像

一、左手定則與安培定則的比較

定則安培定則左手定則

作用判斷電流產生的磁場方向判斷電流在磁場中的受力方向

因果關“磁場”和“電流”都是“因”，“受力”是

“電流”是“因"，“磁場”是“果”

系“果”

作用環形電流或通電螺

直線電流磁場中的電流

對象線管

用手

右手彎曲左手伸直

情況

內拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一

具體拇指所指方向為四指彎曲的方向指

容個平面內；磁感線穿過掌心，四指指向電流

操作電流方向向電流的環繞方向

的方向

四指彎曲的方向拇指所指的方向表

拇指所指的方向表示電流所受安培力的方

結果表示磁感線的方示軸線上的磁感線

向

向方向

二、洛倫茲力與電場力的比較

力洛倫茲力電場力

性質洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用力電場力是電場對電荷的作用力

產生磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動的電電場中的電荷無論靜止、還是沿任何方

條件荷不受洛倫茲力向運動都要受到電場力

方向①方向由電荷的正負、磁場的方向以及

電荷的運動方向決定，方向之間的關系

①方向由電荷的正負、電場的方向決定

遵循左手定則

②正電荷受力方向與電場方向一致，負

②洛倫茲力方向一定垂直于磁場方向以

電荷受力方向與電場方向相反

及電荷運動方向（電荷運動方向與磁場方

向不一定垂直）

大小F=qvB(vJ_B)F=qE

作用洛倫茲力只改變電荷運動速度的方向，電場力既可以改變電荷運動的速度方

效果不能改變速度的大小向又可以改變電荷運動速度的大小

做功

洛倫茲力一定不做功電場力可以不做功，也可以做功

情況

力為零時F為零,3不一定為零F為零,E一定為零

三、帶電粒子在磁場中的運動

直線邊界模型

該模型粒子進出磁場具有對稱性，模型圖如下:

平行邊界

該模型往往存在臨界條件，模型圖如下:

d=2Z?20d=K(l+cosQ)

甲乙丙

圓形邊界

沿徑向射入圓形磁場的粒子必沿徑向射出，運動具有對稱性，如下圖所示，粒子做圓周運動的

R。2。m

半徑r=tan0，粒子在磁場中運動的時間t=￡T=三鼠，運動角度關系為：9+a=90°□

不沿徑向射入時，射入時粒子速度方向與半徑的夾角為。，射出磁場時速度方向與半徑的夾角

也為9,如圖所示。

不正對圓心射入圓形磁場區域，如下圖所示，左邊兩個圖有兩個等腰三角形，一條共同的底邊;

最后一個圖示當r=R時，構成菱形。

&XX

限時提升練

（建議用時：40分鐘）

一、單選題

1.（2024.河南新鄉.一模）電與磁作為自然界中的基本現象，其發展歷程離不開科學家們的探索和發現。如

圖所示，一小磁針被絕緣細線懸掛在天花板上處于靜止狀態，不考慮鐵芯漏磁，在開關閉合瞬間，下列說

B.小磁針的N極向里偏轉

C.小磁針的N極向外偏轉D.小磁針向上跳起

【答案】B

【知識點】環形電流和通電螺線管周圍的磁場、楞次定律重要結論的推廣應用

【詳解】開關閉合的瞬間，根據楞次定律可知，小磁針下方的線圈產生逆時針方向的電流，根據右手螺旋

定則可知，小磁針處在垂直紙面向里的磁場中，小磁針的N極受力向里，即N極向里偏轉。

故選B。

2.（2024.河南信陽?模擬預測）如圖所示，邊長為L的正方形金屬線框油cd用絕緣細線懸掛在天花板上處于

靜止狀態，“6邊水平，帶有絕緣層的長直金屬導線MN水平固定，剛好與金屬線框面邊和灰邊接觸，線

框關于長直導線對稱，長直導線通有從加到N的恒定電流，線框中通有大小為/、沿順時針方向的恒定電

流，線框的質量為相，重力加速度為g,細線的拉力為凡則（）

A.ab邊受到的安培力方向向上

B.F<mg

C.俯視看，線框有繞懸線沿逆時針方向轉動的趨勢

D.長直導線中的電流在線框油邊處產生的磁場磁感應強度大小為￡贅

【答案】D

【知識點】兩根通電導線之間的作用力方向、安培力的計算式及簡單應用

【詳解】A.同向電流相互吸引，仍邊受到的安培力方向向下，選項A錯誤；

B.仍邊受到的安培力向下、cd邊受到的安培力向下，則懸線拉力大于線框重力，選項B錯誤;

C.根據線框四邊受到的安培力分析，線框沒有轉動的趨勢，選項C錯誤；

D.線框必邊受到的安培力

解得

B=F-mg

2IL

選項D正確。

故選D。

3.（2024?遼寧沈陽?一模）圖（a）中，在x軸上關于原點對稱的位置固定兩個等量異種點電荷。圖（b）中,

在x軸上關于原點對稱的位置固定兩根垂直于該平面的長直平行導線，兩根導線中電流大小相同、方向相反。

現電子以一定的初速度分別從兩圖中的。點垂直平面向里運動，則關于兩幅圖中電子在原點。受力的說法

正確的是（）

y

0-0

圖(a)圖(b)

A.圖(a)中，電子受電場力方向沿x軸正向

B.圖(a)中,電子受電場力方向沿y軸正向

C.圖(b)中，電子受洛侖茲力方向沿x軸正向

D.圖(b)中,電子受洛侖茲力方向沿y軸正向

【答案】C

【知識點】等量異種電荷連線中垂線和連線上的電場強度分布圖像、洛倫茲力的方向

【詳解】AB.圖（a）中，正電荷在。點的電場強度沿x軸正向，負電荷在。點的電場強度沿x軸正向，則

。點的合電場強度沿x軸正向，電子受電場力方向沿x軸負向，故AB錯誤；

CD.根據右手螺旋定則可知兩根導線在。點的磁場方向均沿y軸負向，在。點的磁場方向沿y軸負向，根

據左手定則可知電子受洛侖茲力方向沿x軸正向，故C正確，D錯誤。

故選C。

4.（2024北京朝陽?二模）一個電子以某速度從a點出發，通過兩個方向垂直紙面的有界勻強磁場區域I、

II到達6點，路徑如圖所示，電子在每個區域內的軌跡都是半圓。下列說法正確的是（）

A.兩個磁場的方向相同

B.電子在區域I中運動的時間較長

C.電子以相同的速度大小從b點反向出發可返回。點

D.質子以與電子大小相同的動量從6點反向出發可到達a點

【答案】D

【知識點】帶電粒子在直邊界磁場中運動

【詳解】A.由左手定則知區域I磁場方向垂直紙面向里，區域II磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤;

B.洛倫茲力不做功，所以電子在兩磁場運動速度大小相等，由洛倫茲力提供向心力有

v2

Bqv=m——

r

解得

mv

r=——

qB

由圖可知，電子在區域n磁場的半徑較大，則區域n磁場磁感應強度較小，又有

.2"

1=-----

v

得

T2兀m

1=----

Bq

可知，電子在區域II磁場運動的周期較大，因為電子在兩磁場區域都是運動半圓，所以時間都為

T

t=一

2

可知，電子在區域n磁場運動的時間較長，故B錯誤；

c.電子以相同的速度大小從6點反向出發，經過區域n時由左手定則知受到的洛倫茲力向下，所以電子不能

返回。點，故C錯誤；

D.質子與電子的電荷量相等，若質子以與電子大小相同的動量進入磁場，由

V2

Bqv=m——

r

得

mv

r=——

Bq

可知它們在磁場運動的半徑相等，所以質子從6點反向出發可到達。點。故D正確。

故選Do

二、多選題

5.（2024?湖北武漢.二模）如圖，電阻不計的固定直角金屬導軌AOC的兩邊AO=OC=/,角度為45。的"7”

形均勻金屬桿可繞O'轉動，轉動過程中金屬桿與導軌接觸良好。最初“7”形金屬桿的。段恰好與A端接

觸，b段恰好與。接觸，整個空間存在磁感應強度大小為8、方向垂直紙而向里的勻強磁場。“7”形金屬

桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時針方向轉動45。的過程中（

A.回路中感應電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向

B.穿過回路的磁通量先增大后減小

C.回路中感應電動勢的最大值為

D.“7”形金屬桿“匕兩段產生的焦耳熱相等

【答案】BD

【知識點】導體棒轉動切割磁感線產生的動生電動勢、計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量、增反減同、

計算磁通量的變化量

【詳解】

AB.“7”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時針方向轉動45°的過程中，閉合電路在磁場中的面

積先增大后減小，所以穿過回路的磁通量先增大后減小；由楞次定律可知回路中感應電流先沿逆時針方向,

后沿順時針方向，故A錯誤，B正確；

C.在開始時a、b兩金屬棒的長度差最大，回路中感應電動勢最大，回路中感應電動勢的最大值為

故C錯誤；

D.“/”形金屬桿從圖示位置以恒定角速度。沿逆時針方向轉動45。的過程中電路中感應電動勢先減小

后增大,開始時的電動勢與最后的電動勢大小相等；“"T’"形金屬桿“、人兩段的電流相等，由于運動中

電動勢的對稱性及電阻的對稱性，又由。=/2次可知金屬桿a、b兩段產生的焦耳熱相等，故D正確。

故選BD。

6.（2024?北京朝陽?模擬預測）通電長直導線中電流大小為乙方向如圖所示。邊長為2L的正方形通電線圈

他（:6/中的電流大小也為/,方向如圖所示。圖中長直導線與線圈平行，M邊與導線的距離ae=2L,

。。2是線圈的中軸。已知長直導線在其周圍某點產生的磁感應強度滿足3=左上，左是己知的常數，『是該

點到導線的距離。關于線圈受到的磁力距（以中軸為參考軸）的判斷正確的有（）

3S

A.沿。。2方向B.沿方向C.大小為D.大小為7H2乙

24

【答案】BC

【知識點】磁力矩、安培力的計算式及簡單應用

【詳解】"邊所處位置磁感應強度大小為

則向邊所受的安培力大小為

Q=BJX2L

代入數據解得

2

Fab=kl

產生的力矩為

2

Mab=FabxL=kILcd邊所處位置磁感應強度大小為

B）上

22?

則〃邊所受的安培力大小為

F“=BJx2L

代入數據解得

產生的力矩為

1

92

MCCl.=CIOF,xLcos450=-kIL

故線框所受的磁力矩為

3,

M=-kI2L

2

根據右手螺旋可知方向為沿。2。1方向。

故選BCo

7.（2023?廣東廣州?一模）如圖，質子以一定初速度從。點沿ac方向進入立方體區域abcd-a'b'c'd',由d點

飛出，該立方體區域可能僅存在（）

A.沿湖方向的勻強電場

B.沿s'方向的勻強電場

C.沿防'方向的勻強磁場

D.沿切方向的勻強磁場

【答案】BD

【知識點】洛倫茲力的方向、電場的概念、物體運動軌跡、速度、受力的相互判斷

【詳解】A.若立方體區域僅存在沿必方向的勻強電場，質子受到的電場力沿必方向，會在水平面內做曲

線運動，無法到達c',A錯誤；

B.若立方體區域僅存在沿m'方向的勻強電場，質子受到的電場力沿時'方向，會在豎直面內做曲線運動，

有可能到達d,B正確；

C.若立方體區域僅存在沿防'方向的勻強磁場，質子受到水平方向的洛倫茲力，會在水平面內做曲線運動,

不可能到達c',C錯誤；

D.若立方體區域僅存在沿bd方向的勻強磁場，質子受到豎直方向的洛倫茲力，會在豎直面內做曲線運動,

有可能到達c',D正確。

故選BD。

8.（2022?四川綿陽?三模）兩根導線通有大小方向相同的電流，垂直穿過絕緣水平面，俯視如圖所示。。點

是兩導線在絕緣水平面內連線的中點，。是連線垂直平分線上到。點距離相等的兩點。一可視為質點的

帶正電滑塊以相同大小的初速度丫。分別從6向。點運動過程中，下列說法正確的是（）

◎

%：vo

——>■I-?——

—?--------』----------—

?o\b

6

A.滑塊在a、6兩點受到的磁場力方向相同

B.滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相反

C.若水平面光滑，則滑塊從。點出發后一定做曲線運動

D.若水平面粗糙，則滑塊從b點出發后一定做減速運動

【答案】AD

【知識點】洛倫茲力的方向、物體做曲線運動的條件、牛頓第二定律的簡單應用

【詳解】AB.根據安培定則，知兩導線連線上的垂直平分線上，左邊的磁場方向水平向下，而右邊的磁場

方向水平向上，根據左手定則可得，滑塊在m6兩點受到的磁場力方向相同，均向里，故A正確，B錯誤;

C.水平面光滑，滑塊帶正電荷，洛倫茲力垂直平面向里，平面對滑塊的支持力與洛倫茲力和重力的合力平

衡，一定做直線運動，故c錯誤；

D.若水平面粗糙，則滑塊從6點出發后。由于摩擦力做負功，洛倫茲不做功，一定做減速運動故D正確。

故選ADo

9.（2024?安徽合肥?模擬預測）磁聚焦技術常用于電子透鏡等高科技儀器中，如圖所示，半徑為R的半圓的

圓心為O,AC為直徑，E為49的中點，尸為OC的中點，平行直線AB和CD與半圓圍成的區域內沒有磁

場，成為電子的入射通道。入射通道的外側足夠大空間有垂直紙面向里的勻強磁場。平行電子束的速度方

向與8A一致，速度大小為v,電子的質量為電荷量為e,這些電子經過磁場的偏轉后將匯聚于一點。

下列說法正確的是（）

XXXXX

AB

CD

XXXXX

A.磁聚焦的匯聚點為A點

B.要實現磁聚焦，磁感強度必須2

C.經過E點的電子在磁場中運動手的時間后到達匯聚點

D.經過廠點的電子在磁場中運動，的時間后到達匯聚點

【答案】AB

【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動：半徑與周期公式

【詳解】A.根據磁聚焦原理結合左手定則可知，磁聚焦的匯聚點為A點，故A正確;

B.要實現磁聚焦，軌跡圓的半徑與區域圓的半徑相等

解得

故B正確;

C.經過E點的電子在磁場中運動軌跡如圖所示

a=6。°

軌跡的圓心角為

經過E點的電子在磁場中運動

到達匯聚點，故C錯誤;

D.經過P點的電子在磁場中運動軌跡如圖所示

e2=120°

軌跡的圓心角為

4

240°=—"

3

經過F點的電子在磁場中運動

時間后到達匯聚點，故D錯誤。

故選ABo

10.（2024?四川眉山?模擬預測）如圖所示，為某速度選擇器的主要工作區域，圓形區域內存在垂直紙面向

里的勻強磁場（圖中未畫出），。點為磁場的圓心，水平虛線為圓的一條直徑。S點有一粒子發射源能在紙

面內沿S。向外發射一系列比荷均為左的正粒子，M.N為水平虛線下方半圓的三等分點，P為水平虛線下

方半圓的一個四等分點。粒子發射速率為現時，粒子在磁場中運動時間為力并從加點離開磁場，粒子初速

度范圍為[O.lw,lOvo],可連續變化，且不同速度的粒子數量相同。下列說法正確的是（）

A.磁感應強度大小為丁

B.從尸點射出的粒子的速率為百%sin22.5。

C.粒子的速度越小，在磁場中運動時間越短

D.從弧射出的粒子數小于從弧射出的

【答案】AD

【知識點】帶電粒子在弧形邊界磁場中運動

【詳解】A.當粒子從M點離開磁場時，軌跡如圖所示

120°27rm

t=-------

°36Q0°qB

所以

B_2兀m2%

3qt03kt。

故A正確;

B.當粒子從加點射出時，根據洛倫茲力提供向心力

q%B=^―

^-=tan30°

R

當粒子從尸點射出時，根據洛倫茲力提供向心力

qv{B=m—

,丫2

殳=tan22.5°

R

聯立解得

Vj=V3v0tan22.5°

故B錯誤;

C.粒子的速度越小，半徑越小，圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間越長，故C錯誤;

D.若粒子從N點射出，則

qv,B="也

r3

—=tan60°

R

所以

%=3%

從弧SM射出的粒子的速度大小為O.lvo-vo,從弧MN射出的粒子速度大小為"~3w>,由此可知，從弧

射出的粒子數小于從弧射出的粒子數，故D正確。

故選ADo

11.（2024?浙江紹興?一模）如圖所示，直線邊界尸。下方存在垂直紙面向內的勻強磁場，磁感應強度大小為

及質量為優的小球，帶正電4,從邊界上。點靜止釋放，之后沿曲線經時間f到c點（圖中c點未畫出）

時速度達到最大值v,不計空氣阻力，有關小球的運動，下列說法正確的是（）

A.小球最終將原路返回。點

B.小球到c點時，速度v沿水平方向

c.小球離開直線邊界的最遠距離為d=笥

qB

D.小球由。點運動到C點的過程中，洛倫茲力沖量大小為/=+（加）2

【答案】BD

【知識點】求變力的沖量、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動

【詳解】BC.根據配速法，小球的運動可看成是水平向右的勻速直線運動和豎直平面內的勻速圓周運動,

所以

mg=qv{B

qvB=m—

2r

由于初始時，小球速度為零，所以

M=%

小球達到最大速度時，有

V=VV=2V=--

I+21qB

方向為水平向右，最遠距離為

d=2r=?

q2B2

故B正確，C錯誤;

A.小球的運動為擺線運動，最終將不會原路返回。點，故A錯誤;

D.小球由。點運動到c點的過程中，根據動量定理可得洛倫茲力沖量大小為

/=西+4=JO")?+("磔『

故D正確。

故選BD。

12.（2024?河北?模擬預測）如圖所示，豎直放置間距為d的兩平行金屬極板間電壓為U,在極板右側I、II

區域有垂直紙面方向的勻強磁場，磁感應強度大小分別為線、左穌，I區域的勻強磁場的寬度為d,II區域

的磁場范圍足夠大。初速度為零的粒子從極板邊緣的。點出發，在電場加速后，沿垂直磁感應強度方向進

入I區域的勻強磁場。己知粒子的質量為m,所帶電荷量大小為q,不計粒子重力。下列說法正確的是（）

+UIII

XXX???

XDxX；

0???

OXX%

1???

XXX

XXX???

A.粒子在I區域的磁場中沿逆時針方向運動

B.當。〈塵她時，粒子不會進入n區域的勻強磁場

m

C.若。=或遮且左=2指+3時，粒子能夠回到出發點。

m

D.粒子從出發到回到出發點。所用總時間的最小值為2+

【答案】ACD

【知識點】粒子由電場進入磁場

【詳解】A.由題意可知粒子帶正電，由左手定則可知粒子進入I區域磁場時所受洛倫茲力方向沿紙面向上,

粒子沿逆時針方向運動，故A正確；

B.粒子在電場中加速，由動能定理

qU=—mv

粒子在I區域磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力

qvB0=m——

若粒子不能進入n區域，則粒子在I區域磁場運動的半徑有

rx<d

解得

u<.哥.2

2m

故B錯誤；

C.當。=生遍時，粒子在電場中加速，由動能定理

m

12

qU=—mv

粒子在I區域磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力

V2

QvB0=m-

解得

r[-2d

粒子在I區域磁場中運動的偏轉角為凡有

sin0=—

可得

8=30°

當左=2出+3時，粒子在II區域磁場中運動的軌跡半徑

r'2d

“一女一2百+3

由幾何關系有

4'tan0=（八'+4）sin0

粒子的運動軌跡如圖所示

粒子剛好能夠回到出發點0,故C正確；

D.滿足C中條件粒子返回出發點。的時間最短，由運動過程分析可知粒子在電場中運動的時間

粒子在I區域磁場中運場中運動的時間

20271m7im

—x-------=--------

2%qB03qB。

粒子在II區域磁場中運動的時間

71+2027m4(2A/3—3)^m

----------x--------=----------------------

2%qkB。9qB0

所以粒子從出發到回到出發點o所用總時間的最小值為

故D正確。

故選ACDo

13.（2024?湖北武漢?模擬預測）如圖所示傾角為37。的足夠長的光滑絕緣斜面處于勻強磁場中，磁感應強度

ms

為人可視為質點的小球質量為帶電量為+4,以平行于斜面的初速度%=T從斜面底端向上滑行，/

時刻小球離開斜面。已知sin37°=0.6,整個運動過程中小球帶電量保持不變，下列分析正確的是（)

A.小球離開斜面之前的運動過程中加速度恒定

B.”受

5g

C.小球離開斜面之前的過程中斜面對小球的彈力的沖量大小為現為

D.小球離開斜面后相對分離點能夠上升的最大高度為粵

25g

【答案】AC

【知識點】求變力的沖量、動量定理的內容、帶電粒子在疊加場中做直線運動

【詳解】A.小球上行過程中洛倫茲力垂直斜面向下，小球不會離開斜面，小球在下滑至某位置時離開斜面。

離開斜面前滿足

mgsin37°=ma

得

a=gsin37°

恒定。故A正確；

B.離開斜面瞬間滿足

qvB=mgcos37°

得

mgsin3704

v=-------------=—v

qB50°

由勻變速直線運動規律得

-v=v0-at

可得

l-----

g

故B錯誤；

C.上行過程由平衡條件可得

FNl=qvB+mgcos37°

此過程中彈力的沖量為

lx=E（qvB+mgcos37。）=（mgcos37。）％+qBxx

同理可得下行過程彈力沖量為

I2=H[-qvB+mgcos37°）加=（mgcos37°）^2-qBx2

全程彈力沖量為

/=/i+，2=（加geos37。）（4+%）-笛——

又由勻變速直線運動規律可得

2

Vn+VVa-V

。十4=-.FC1，X2,-X2=--------

gsin37°2gsin37。

聯立得

_27mv

i—0

10

故c正確；

D.小球離開斜面后做擺線運動，從離開斜面至到達最高點的過程中由功能關系可得

2,2

men,1=—mv——1mv

m22

在水平方向上由動量定理可得

EqvxB^t=qBhm=mvcos370-mv'

聯立，可得

h=<

m25g

故D錯誤。

故選ACO

14.（2024?山東青島?三模）如圖，勻強磁場的磁感應強度大小為5,方向垂直紙面向里。質量為加、電荷

量為4的帶正電微粒，從〃點沿水平直線垂直射入磁場。微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線

6m1g

腦V距離力=7^，g為重力加速度。不計空氣阻力，在微粒運動過程中，下列說法正確的是（)

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

微粒射入磁場的初速度大小為篝

A.

B.微粒重力勢能最大時受到的磁場力大小為2磔

微粒第一次回到水平線MN時距離M點出警

C.

qD

D.微粒射入磁場后經一丁恰好處于水平線MN上

qB

【答案】BC

【知識點】帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動

【詳解】A.根據題意，微粒射入磁場時向上偏轉，采用配速法，將初速度分解為兩個向右的分速度匕、匕,

一個分速度匕對應的洛倫茲力

fi=q%B=mg

即

qB

做勻速運動，另一個分速度丫2對應的洛倫茲力

f2=qv2B@

提供勻速圓周運動的向心力

電小/②

K

聯立①②得

R=5

qB

由于微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線MN距離

h=0

q2B2

即

h=2R

得

3mg

v=---

22qB

所以微粒射入磁場的初速度大小為

4mg

%—+%=方

故A錯誤；

B.微粒重力勢能最大時分速度打對應的洛倫茲力方向向下，匕對應的洛倫茲力方向向上，則微粒受到的磁

場力大小為

f=f『f\=2mg

故B正確；

C.微粒第一次回到水平線時需要的時間為以速度V?做圓周運動的一個周期

7=型

qB

距離M點

271nl2g

故c正確；

D.由于

5兀m5—

t=------=-T

qB2

571m

所以微粒射入磁場后經r恰好處于最高點，故D錯誤。

qB

故選BC。

三、解答題

15.（2024.貴州遵義.一模）如圖所示，虛線仍左側空間存在與直流電源相連的兩塊正對平行金屬板，兩板

間電壓恒為U,板長為2L,板間距離為3兩板間存在勻強磁場，磁感應強度大小為8,方向垂直紙面向

里；心右側空間足夠大區域內存在磁感應強度大小為28,方向也垂直紙面向里的勻強磁場。S為兩板中軸

線上的粒子源，能夠沿中軸線射出初速度相同的同種帶電粒子，沿直線穿過板間區域，從P點進入向右側

區域并運動到M點，9間的距離為心保持兩板間電壓U不變，撤掉"左側磁場，再次從S射出的粒子

最終打在下板上某點A處（圖中未畫出）。不計粒子重力及粒子間的相互作用，忽略電場和磁場的邊緣效應。

求：

a

?\xXXX

：XXXX

2B

XXX

SXXXX:xXXX

XXX

I

I

；XXXX

(1)粒子的電性及初速度大小;

(2)粒子的荷質比；

(3)粒子剛到A點時的速度。

【答案】(1)粒子帶正電，二

⑵蒜

(3)以=回，速度方向與板夾角為45。

ABL

【知識點】帶電粒子在勻強電場中做類拋體運動的相關計算、帶電粒子在直邊界磁場中運動、帶電粒子在

疊加場中做直線運動

【詳解】(1)根據粒子在磁場中的偏轉方向結合左手定則可知，粒子帶正電。

在而左側空間里，粒子以V沿直線穿過該區域，則有

qvB=qE,E=號

解得

U

y二——

BL

(2)在曲右側空間里，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

coV2