2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题十一　安培力与洛伦兹力

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(2024·浙江1月选考·4)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【解析】由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。
【难度】基础题
(2020·北京卷·8)如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针．现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转．下列说法正确的是( )
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
【答案】B
【解析】带负电荷的橡胶圆盘绕中心轴高速旋转，形成电流，电流周围(即圆盘周围)产生了磁场，故A错误，B正确；如果仅改变圆盘的转动方向或者仅改变圆盘所带电荷的电性，都会形成相反方向的电流，故产生的磁场方向也会反向，因此小磁针偏转方向发生改变，故C、D错误.
【难度】基础题
(2022·福建卷·5)奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有( )
A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转
B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转
C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转
D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关
【答案】AB
【解析】减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁针还是会发生偏转，选项C错误；通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。
【难度】基础题
(2021·浙江1月选考·8)如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图．若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是( )
A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【答案】B
【解析】密绕的通电螺线管可以看作是多个电流方向相同的环形线圈组成，这样内部磁场的方向相同，强弱可看作近似相同，因此，螺线管越长，内部磁场越接近匀强磁场，故选项B正确．
【难度】基础题
(2023·福建卷·5)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
A. 地表电荷为负电荷
B. 环形电流方向与地球自转方向相同
C. 若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D. 若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
【答案】AC
【解析】A．根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确；
B．由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误；
C．若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确；
D．若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误.
【难度】基础题
题点1 磁感应强度叠加
(2025·湖北卷·4)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为( )
A.0B.BC.2BD.3B
【答案】A
【解析】由右手螺旋定则及对称性可知，通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度为零，说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向，则由矢量叠加原理可知N点的总磁感应强度大小为0，故选A。
【难度】中档题
(2025·江苏卷·3)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是( )
A.a点的磁感应强度大于b点
B.b点的磁感应强度大于c点
C.c点的磁感应强度大于a点
D.a、b、c点的磁感应强度一样大
【答案】B
【解析】磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。
【难度】基础题
(2025·福建卷·3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M点的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为( )
A.B2－12B1B.12B2－B1
C.B2－B1D.13(B1－2B2)
【答案】B
【解析】根据安培定则，两直导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0＝B22，根据对称性，可知两导线在N点产生的磁感应强度大小与M点一样，为B1；L2在N点产生的磁感应强度大小为B0＝B22，由于L2在N点产生的磁感应强度大于L1在N点产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B22－B1。故选B。
【难度】基础题
(2021·福建卷·6)如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则( )
A．O点的磁感应强度为0
B．O点的磁感应强度方向由O指向c
C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
【答案】BD
【解析】由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示
由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确；
由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示
由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确.
【难度】中档题
(2020·浙江7月选考·9)特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则( )
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
【答案】C
【解析】电流周围的磁场截面图如图所示，因I1>I2，则离导线相同距离处B1>B2.由磁感应强度的叠加可以看出，I1、I2在a处产生的磁场的方向均竖直向下，磁感应强度大小为两电流在a处磁感应强度的同向叠加；I1、I2在b处产生的磁场的方向相反，磁感应强度大小为Bb1－Bb2，方向竖直向上；I1、I2在c处产生的磁场的方向均竖直向上，磁感应强度大小为两电流在该处磁感应强度的同向叠加；d处磁感应强度不为0.故选C.
【难度】基础题
题点2 安培力
(2024·贵州卷·5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向( )
A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右
【答案】C
【解析】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于，可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。
【难度】中档题
(2024·重庆卷·13)设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
(1)P所受单根导线拉力的大小；
(2)Q中电流的大小。
【答案】(1)mg；(2)
【解析】(1)由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，
设导线的拉力大小为T，对P有2T = 2mg
解得T = mg
(2)设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，
有mg＋F = 2mg
又F = BIL
解得
【难度】中档题
(2024·北京卷·20)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
【答案】(1)QCR (2)BQLCRm (3)见解析图
【解析】(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U=QC，
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I=UR，
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I=QCR。
(2)开关闭合瞬间，对导体棒由牛顿第二定律有BIL=ma，
将电流I代入解得a=BQLCRm。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v-t图线如图所示。
【难度】基础题
(2023·江苏卷·2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )
A．0 B．BIl C．2BIl D.eq \r(5)BIl
【答案】C
【解析】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力作用；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力大小为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl.
【难度】基础题
(2023·北京卷·13)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下安经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为eq \f(Bqa,v)
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】C
【解析】带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，由几何关系可知粒子运动的圆弧半径为r＝a，故A正确；根据qvB＝meq \f(v2,r)，可得粒子的质量m＝eq \f(Bqa,v)，故B正确；管道内的等效电流为I＝eq \f(Q,t)＝nq，故C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力F＝BIl＝Bnql，故D正确。
【难度】基础题
(2022·湖南卷·3)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
【答案】D
【解析】当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
sin θ＝eq \f(BIL,mg)，FT＝mgcs θ，
则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确．
【难度】基础题
(2021·北京卷·11)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止．按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止．下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【答案】D
【解析】未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D正确．
【难度】基础题
(2022·天津卷·13)直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ，重力加速度为g。
(1)试判断所加磁场的方向；
(2)求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0；
(3)假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
【答案】(1)沿z轴负方向；(2)U0=ρ0ρgl2B；(3)U≥ρ0ρglB
【解析】(1)想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿x轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿z轴负方向。
(2)设平板宽度为b，两板间初始液面高度为ℎ，当液面稳定在高度2ℎ时，两板间液体的电阻为R，则有R=ρl2ℎb
当两板间所加电压为U0时，设流过导电液体的电流为I，由欧姆定律可得I=U0R
外加磁场磁感应强度大小为B时，设液体所受安培力的大小为F，则有F=BIl
两板间液面稳定在高度2ℎ时，设两板间高出板外液面的液体质量为m，则有m=ρ0bℎl
两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有F=mg
联立以上式子，解得U0=ρ0ρgl2B。
(3)设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与(2)同理可得UρlnℎblB=ρ0nℎ−ℎblg
整理上式，得U=n−1n⋅ρρ0lgB
平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即n−1n无限趋近于1，可得U≥ρ0ρglB。
【难度】较难题
(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C.
【难度】基础题
(2022·浙江1月选考·3)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图像，则正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据F = BIL可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图像是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图像是过原点的直线.
【难度】基础题
(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【解析】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里.
【难度】基础题
(2021·浙江6月选考·15)如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等．下列说法正确的是( )
A．两导线受到的安培力Fb＝125Fa
B．导线所受的安培力可以用F＝ILB计算
C．移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】BCD
【解析】两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向垂直纸面向里，移走后，p点磁场方向垂直纸面向外，故C正确；在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确．
【难度】基础题
(2020·海南卷·6)如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为( )
A．向上B．向下C．向左D．向右
【答案】B
【解析】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示
故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。
【难度】基础题
考点2 带电体在有约束条件下的磁场中的运动
(2024·浙江6月选考·15)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程( )
A．合力冲量大小为mv0csƟB．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为D．若，弹力冲量为零
【答案】CD
【解析】根据动量定理，故合力冲量大小为，故A错误；
小球上滑的时间为
重力的冲量大小为，故B错误；
小球所受洛伦兹力为，
随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为
故C正确；
若，0时刻小球所受洛伦兹力为
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得
即
则小球在整个减速过程的图像如图
图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。
故选CD。
【难度】中档题
考点3 带电粒子在磁场中的圆周运动
题点1 无边界磁场
(2025·重庆卷·14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为qm。已知OK＝3h，OM＝33h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小；
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小；
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
【答案】(1)3qBℎ2m (2)2qBℎm (3)2πm3qB
【解析】(1)由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径r＝3ℎ2
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝mv2r
联立解得v＝qBrm＝3qBℎ2m；
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点与荧光屏相切，如图
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系有r1＋r1sin 30°＝3h，故此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝mv12r1
解得v1＝qBr1m＝2qBℎm；
(3)由题意知带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON＝r1cs 30°＝3h，则NM＝23h
由于O'N＝r1＝2h，且O'N⊥NM
根据几何关系可知∠NO'M＝∠PO'M＝60°，而∠KO'N＝120°
所以α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝2πrv＝2πmqB，对应的圆心角α＝120°
所以t＝13T＝13·2πmqB＝2πm3qB。
【难度】中档题
(2025·北京卷·18)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2；
b.粒子2的动量大小p2。
【答案】(1)T＝2πq0B·m (2)a.θR∶d b.qBdθ
【解析】(1)粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q0vB＝mv2R
解得轨迹半径R＝mvq0B
粒子做圆周运动的周期T＝2πRv
将R代入得T＝2πmq0B
比例关系为T＝2πq0B·m
(2)a.由题意知粒子1做圆周运动，线速度大小v1＝ωR＝θtR
粒子2做匀速直线运动，速度v2＝dt
所以速度大小之比v1v2＝θRtdt＝θRd
即v1∶v2＝θR∶d
b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv12R
可得m＝qBRv1
粒子2的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得p2＝qBRv1·v2＝qBR·dθR＝qBdθ。
【难度】基础题
(2024·重庆卷·14)有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】(1)，(2)，(3)
【解析】(1)(1)当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，
设轨迹半径为r1，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
其中
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 = 4r1
如图所示，由几何关系有(4r1-2r1)2＋MO2 =(4r1)2
解得
(3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示
由几何关系有(4r1-2r1)2＋ON2 =(4r1)2
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
【难度】中档题
(2023·福建卷·14)阿斯顿(F．Astn)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为；P、O、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。
(1)求OM的长度；
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。
【答案】(1)；(2)
【解析】(1)粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有
整理得
OM的长度为
(2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得
整理得
【难度】基础题
(2022·湖北卷·10)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2.下列关系式正确的是( )
A．t1t2
C．Ek1Ek2
【答案】AD
【解析】若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝eq \f(x,v)，可知t1Ek2，故C错误，D正确．
【难度】基础题
(2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是( )
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】A
【解析】根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子做圆周运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
【难度】基础题
题点2 圆形边界磁场
（2025·浙江6月选考·19）利用磁偏转系统可以测量不同核反应中释放的高能粒子能量,从而研究原子核结构。如图甲所示,用回旋加速器使氘原子核(12H)获得2.74 MeV动能,让其在S处撞击铝(1327Al)核发生核反应,产生处于某一激发态和基态的同位素核(1328Al)以及两种不同能量的质子(11H)。产生的质子束经狭缝X沿水平直径方向射入半径为R,方向垂直纸面向里、大小为B的圆形匀强磁场区域,经偏转后打在位于磁场上方的探测板上A、D处(探测板与磁场边界相切于A点,D点与磁场圆心O处在同一竖直线上),获得如图乙所示的质子动能的能谱图。
(1)写出氘核撞击铝核的核反应方程;
(2)求A、D的间距L;
(3)若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0 mA,求回旋加速器的输出功率;
(4)处于激发态的 1328Al核会发生β衰变,核反应方程是 1328Al→1428Si+−10e。若 1328Al核质量等于 1428Si核质量,电子质量为0.51 MeV/c2,在上述两个核反应过程中,原子核被视为静止,求衰变释放的能量。
【答案】(1)12H+1327Al→1328Al+11H (2)3R3 (3)2.74×103 W (4)5.49 MeV
【解析】 (1)氘核撞击铝核的核反应方程 12H+1327Al→1328Al+11H
(2)由题图乙可知,两种质子的动能分别为3 MeV和9 MeV,动能之比为1∶3,由E=12mv2可知速度之比为1∶3,根据洛伦兹力公式evB=mv2r
可知r=mveB
可知两种质子在磁场中的半径之比为r1∶r2=1∶3
由图可知半径较小的打到A点,半径较大的打到D点,由几何关系可知r1r2=tan θ
解得θ=30°
知∠AOD=30°
可得A、D的间距L=Rtan 30°=3R3
(3)若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0 mA,则时间t内射出氘核的数量为n=Ite
回旋加速器的输出功率P=nEkt=IEke=10−3 A×2.74×106 eVe=2.74×103 W
(4)第一个核反应中,质子的两种能量3 MeV、9 MeV分别对应 1328Al的激发态和基态。由于原子核视为静止,铝核动能忽略不计,故 1328Al核两态的能量差为E=9 eV-3 eV=6 eV
第二个核反应中,mAl=mSi,因此衰变释放的能量来自 1328Al核跃迁产生的能量差。但β衰变产生电子,需消耗电子静质量能,故释放的能量为ΔE=E-mec2=6 MeV-0.51 MeV=5.49 MeV。
【难度】 较难题
(2025·甘肃卷·10)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为qm，a粒子的速度大小为va＝qBR0m，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是( )
A.外圆半径等于2R0
B.a粒子返回A点所用的最短时间为(3π＋2)mqB
C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为22＋2
D.c粒子的速度大小为22va
【答案】BD
【解析】由题意，作出a粒子运动轨迹如图(a)所示，
a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿内圆径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va＝qBR0m，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B＝90°，则R'＝R0＋2R0，A错误；a粒子做匀速圆周运动的周期T＝2πR0va＝2πmqB，在磁场中运动的时间t1＝540°360°·T＝3πmqB，匀速直线运动的时间t2＝2R0va＝2mqB，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝(3π＋2)mqB，B正确；由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，分别如图(b)、(c)所示
因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为qm，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R'－R0＝2R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝mvc2Rc，联立解得vc＝22va，D正确。
【难度】较难题
(2024·湖北卷·7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq \f(7πm,3qB)
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m)
【答案】D
【解析】在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿着径向射出的。根据圆的几何知识可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；
粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，则根据对称性可知时间最短的轨迹如图(a)所示，则最短时间为t＝2T＝eq \f(4πm,qB)，故C错误；
若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图(b)所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝eq \f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故D正确。
【难度】较难题
(2023·全国甲卷·20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】BD
【解析】假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，
O1为圆周运动的圆心，由题可知粒子沿半径方向射入圆形磁场，出射时也沿半径方向，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性得粒子在其它点撞击同理，D正确； 假设粒子运动过程过O点，粒子从P点进入磁场中速度发生偏转，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的，不能交于一点确定圆心；
撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的每次偏移圆心连线组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，这个多边形最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，但粒子运动时间不一定减少，C错误。
【难度】中档题
(2022·天津卷·12)如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
(1)判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】(1)正电，U=mv22q；(2)r=mvqB；(3)t=πm3qB
【解析】(1)带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知qU=12mv2
解得U=mv22q
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得r=mvqB
(3)设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ=π3
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T=2πrv
带电粒子在磁场中运动的时间t=θ2πT
联立各式解得t=πm3qB
【关联题点】带电粒子在电场中加速
【难度】中档题
(2022·辽宁卷·8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示．内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器．两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点．粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点．装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】AD
【解析】由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．
【难度】基础题
题点3 直线边界磁场
(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mv02qB，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
【答案】(1)mv0qB (2)3mv02qB (3)(5π＋33)m3qB
【解析】(1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝mv02R
解得R＝mv0qB
(2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cs θ＝O1DR
又O1D＝OD－R＝mv02qB
解得θ＝60°
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B＝mv02R'
解得R'＝mv02qB
由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ＝120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x＝2R'sin 60°＝3R'＝3mv02qB
(3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1＝23T1＝23×2πmqB＝4πm3qB
粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2＝13T2＝13×2πm2qB＝πm3qB
设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l，由几何关系知Rsin 60°＝R'sin 60°＋lcs 60°
解得l＝3mv02qB
则粒子在MN和PQ之间运动的时间t3＝2lv0＝3mqB
综上可知，粒子的运动周期为T＝t1＋t2＋t3＝5πm3qB＋3mqB＝(5π＋33)m3qB。
【难度】中档题
(2024·广西卷·5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A.eq \f(mv,qB) B.eq \f(3mv,2qB)
C．(1＋eq \r(2))eq \f(mv,qB) D．(1＋eq \f(\r(2),2))eq \f(mv,qB)
【答案】C
【解析】粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，
可得粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(mv,qB)，
根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋eq \f(r,cs 45°)＝(1＋eq \r(2))eq \f(mv,qB)，故选C。
【难度】基础题
(2023·海南卷·2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是( )
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】小球带正电，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度方向时刻变化，B错误；重力方向始终竖直向下，洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，速度方向时刻变化，则合力方向时刻变化，由牛顿第二定律知加速度方向时刻变化，C错误；洛伦兹力始终与小球的速度方向垂直，故洛伦兹力对小球不做功，D错误。
【难度】基础题
(2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误．
【难度】中档题
(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．eq \f(1,3)kBL，0° B．eq \f(1,2)kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，
根据几何关系则有R＝L，由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,m)＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.
当离子在两个磁场均运动一次时，如图，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝eq \f(1,2)L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBL,2m)＝eq \f(1,2)kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,(2n－1)m)＝eq \f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝eq \f(qBL,2nm)＝eq \f(1,2n)kBL(n＝1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故B、C正确，A、D错误．
【难度】基础题
(2021·北京卷·12)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场．一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场．已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力．根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，作两速度的垂线，交点即为圆心O1，轨迹如图所示
由几何关系可知OO1＝atan 30°＝eq \f(\r(3),3)a
R＝eq \f(a,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)a
故圆心的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a))，
则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)a))2＝eq \f(4,3)a2(00)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用．
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
(3)若转筒P的角速度小于eq \f(6v0,R)，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)．
【答案】(1)①eq \f(mv0,qR) ②(4k＋1)eq \f(v0,R)(k＝0，1，2，3，…)
(2)eq \f((2nπ＋θ)Nmv02,2(π－θ)πR)tan eq \f(θ,2)，n=0，1，2，…
(3)eq \f(5,6)π、eq \f(1,6)π
【解析】(1)①离子在磁场中做圆周运动有
qv0B＝eq \f(mv02,R)，可得B＝eq \f(mv0,qR)
②离子在磁场中的运动时间t＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πR,2v0)
转筒转动的角度ωt＝2kπ＋eq \f(π,2)
可得ω＝(4k＋1)eq \f(v0,R)(k＝0，1，2，3，…)
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，
由几何关系有R′＝Rtaneq \f(θ,2)，则v＝v0taneq \f(θ,2)
离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)eq \f(R,v0)
转筒转动的角度ω′t′＝2nπ＋θ
转筒转动的角速度ω′＝eq \f((2nπ＋θ)v0,(π－θ)R)(n= 0，1，2，…)
由动量定理有Feq \f(2π,ω′)＝Nmv
可得F＝eq \f((2nπ＋θ)Nmv02,2(π－θ)πR)taneq \f(θ,2)(n= 0，1，2，…)
(3)由(1)(2)可知转筒转动的角速度
eq \f((4k＋1)v0,R)＝eq \f((2nπ＋θ′)v0,(π－θ′)R)0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为eq \f(2mv0,3qB)，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【答案】(1)eq \f(mv02,3q) (2)eq \f(π,3)(或60°) (3)见解析图
【解析】(1)设板间距离为d，则板长为eq \r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq \f(U,d)
根据牛顿第二定律得qE＝ma
解得a＝eq \f(qU,md)
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at02，eq \r(3)d＝v0t0
联立解得U＝eq \f(mv02,3q)
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝eq \f(at0,v0)＝eq \f(\r(3),3)
故α＝eq \f(π,6)
则出电场时粒子的速度为
v＝eq \f(v0,cs α)＝eq \f(2\r(3),3)v0
粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)
解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
已知圆形磁场区域半径为R＝eq \f(2mv0,3qB)，
故r＝eq \r(3)R
粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝eq \f(π,3)
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为eq \f(π,3)(或60°)；
(3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq \r(3)R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。
【难度】较难题
(2021·山东卷·17)某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E；
(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离S。
【答案】(1)v=qB0dmsinθ；(2)E=2qB02d2mL2tan2θLtanθ+dsinθ−dtanθ；(3)S=6(3+1)7πL
【解析】(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB0=mv2r①
根据几何关系得sinθ=dr②
联立①②式得v=qB0dmsinθ
(2)离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE=ma
由运动的合成与分解得L=(vcsθ)·t，y0=−r(1−csθ)，y0=(vsinθ)·t−12at2
联立得E=2qB02d2mL2tan2θLtanθ+dsinθ−dtanθ
(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcsθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r'，运动轨迹长度为l'，由几何关系得
l'=α2π×2πr'+α+π22π×2πr'，csα=r'2r'
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有l'vcsθ=Lvcsθ
C到O1的距离S=2r'sinα+r'
联立得S=6(3+1)7πL
【难度】较难题
(2023·海南卷·13)如图所示，质量为m，带电量为＋q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在00区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L.
【答案】(1)eq \f(qB2a,2m) (2)eq \f(2πm,qB) (3)eq \f(2\r(7),7)a
【解析】(1)粒子甲做匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R＝a，
由qBv＝eq \f(mv2,R)得v＝eq \f(qBa,m)
粒子从S到O，由动能定理有qEa＝eq \f(1,2)mv2
可得E＝eq \f(qB2a,2m)
(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，
则有mv＝mv1＋eq \f(1,3)mv2
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)mv22
计算可得v1＝eq \f(1,2)v＝eq \f(qBa,2m)，
v2＝eq \f(3,2)v＝eq \f(3qBa,2m)
两粒子碰后在磁场中运动
eq \f(1,2)qBv1＝eq \f(mv\\al(12),R1)，eq \f(1,2)qBv2＝eq \f(mv\\al(22),3R2)
解得R1＝a，R2＝a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
T1＝eq \f(2πR1,v1)＝eq \f(4πm,qB)，
T2＝eq \f(2πR2,v2)＝eq \f(4πm,3qB)
则两粒子碰后再次相遇时满足：eq \f(2π,T2)Δt＝eq \f(2π,T1)Δt＋2π
解得再次相遇的时间Δt＝eq \f(2πm,qB)
(3)粒子乙出第一象限时粒子甲在磁场中偏转角度为
θ＝eq \f(2π,T1)·eq \f(T2,4)＝eq \f(π,6)
撤去电场、磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，在整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤去电场、磁场到加磁场粒子乙运动了时间t′，
由余弦定理可得
cs 60°＝eq \f((v1t′)2＋(v2t′)2－(2a)2,2·v1t′·v2t′)，
又v1t′＝eq \f(1,3)v2t′
则从撤去电场、磁场到加磁场这段时间内粒子甲运动的位移L＝v1t′＝eq \f(2\r(7),7)a.
【难度】较难题
(2023·山东卷·17)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
(ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】(1)6eq \r(\f(mE,qd)) (2)(ⅰ)36E 9eq \r(\f(qdE,m)) (ⅱ)不会
【解析】(1)由题意，粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
qE·2d＝eq \f(1,2)mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
qvB＝meq \f(v2,R)
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知R＝eq \f(d,3)
联立解得B＝6eq \r(\f(mE,qd))
(2)(ⅰ)由题意，做出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
R12＝(2d)2＋(R1－d)2
解得R1＝eq \f(5,2)d
所以有θ＝53°，α＝37°
由洛伦兹力提供向心力有
qv1B＝meq \f(v12,R1)
粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
qE′·2d＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x轴方向有2d＝v1cs α·t
沿y轴方向有2d＝v1sin α·t＋eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律有qE′＝ma
联立以上各式解得
v1＝15eq \r(\f(qdE,m))
v0＝9eq \r(\f(qdE,m))
E′＝36E
(ⅱ)粒子从P到Q，根据动能定理有
qE′·2d＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
可得从Q射出时的速度为
v2＝3eq \r(\f(41qEd,m))
此时粒子在磁场中的半径
R2＝eq \f(mv2,qB)＝eq \f(\r(41),2)d
根据几何关系可知对应的圆心所在位置为x＝eq \f(5,2)d，y＝4d
而圆心与P的距离为l＝eq \r((\f(5,2)d－2d)2＋(4d－0)2)＝eq \f(\r(65),2)d≠R2
故粒子不能从P点第三次进入电场。
【难度】较难题
(2020·山东卷·17)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示．M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U， Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔．以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上．不计粒子重力．
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子11H、氚核13H、氦核24He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)．
【答案】见解析
【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝12mv2①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝mv2R②
联立①②式得
R＝2mqUqB③
由几何关系得
d2＋(R－L)2＝R2④
cs α＝R2−d2R⑤
sin α＝dR⑥
联立①②④式得
L＝2mqUqB－2mqUqB2−d2⑦1
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE＝ma⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
vz＝vcs α⑨
d＝vzt⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝12at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝md2E4mU−2qd2B2⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，粒子在y轴方向做匀速直线运动，由运动学公式得
y′＝vtsin α⑬
由题意得y＝L＋y′⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
y＝R－R2−d2＋d2R2−d2⑮
(4)质子的比荷大于氦核的，氦核的比荷大于氚核的，结合⑫⑬式可知，s1、s2、s3分别对应氚核13H、氦核24He、质子11H的位置．
【难度】较难题
考点6 带电粒子在电磁叠加场中的运动
(2025·福建卷·7)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度的大小为B，电场强度的大小为E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向成45°，NP水平向右。带电体的带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，当带电体到N时，撤去磁场，一段时间后带电体经过P点，则( )
A.电场强度的大小为E＝2mgq
B.磁感应强度的大小为B＝2mgqv
C.N、P两点的电势差为U＝2mv2q
D.带电体从N→P时距离NP的最大值为v28g
【答案】BC
【解析】带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知带电体受力情况如图甲所示。
由平衡条件可知mg＝qE，qvB＝2mg，解得电场强度的大小为E＝mgq，磁感应强度的大小为B＝2mgqv，故A错误，B正确；带电体到达N点撤去磁场后，带电体所受合力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示，
加速度a＝F合m＝2g，带电体到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度偏转角的正切值tan θ＝2tan 45°＝2，则vy＝vxtan θ＝2v，所以带电体在P点的速度vP＝vx2＋vy2＝5v，从N到P过程，由动能定理有qU＝12mvP2－12mv2，解得N、P两点间的电势差U＝2mv2q，故C正确；将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝22v，故带电体能向上运动的最大距离h＝vNy22g＝v24g，故D错误。
【难度】中档题
(2024·海南卷·19)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、B2的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。
(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E=Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离(sin 37°=35，sin 53°=45)。
【答案】(1)mv022q mv0Bq (2)πmBq
(3)2.6v0 172mv025Bq
【解析】(1)根据动能定理得qU=12mv02
解得U=mv022q
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据题意粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bqv0=mv02R
解得R=mv0Bq
(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qB2v0=mv02R'
解得R'=2R
如图甲，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，
可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
T1=2πRv0=2πmBq，T2=2π·2Rv0=4πmBq
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为t=60°360°T1+60°360°T2=πmBq
(3)如图乙，将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v'，因为E=Bv0，可得Eq=Bqv0，故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与静电力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv'，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知v'=2v0sin 53°=1.6v0
故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大，
即最大速度为vm=v0+1.6v0=2.6v0
圆周运动的半径R0=mv'qB=8mv05qB=1.6R
如图丙，根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为L=R0+R0sin 53°+2R+2R=172mv025qB
【难度】较难题
(2024·甘肃卷·15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
【答案】(1)带正电 eq \f(E12,2UB12) (2)eq \f(4UB1,E1B2) (3)eq \f(2E2－E1,B1)
【解析】(1)粒子在磁场B2中O处所受洛伦兹力方向向上，
根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv02
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1＝qE1
联立解得，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝eq \f(E12,2UB12)
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝meq \f(v02,r)
可得O点到P点的距离为OP＝2r＝eq \f(4UB1,E1B2)
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F洛＝qv0B1
向下的静电力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝eq \f(2E2－E1,B1)。
【难度】较难题
(多选)(2024·安徽卷·10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A．油滴a带负电，所带电量的大小为eq \f(mg,E)
B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq \f(gBR,E)
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq \f(3gBR,E)，周期为eq \f(4πE,gB)
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【解析】油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝Eq
解得q＝eq \f(mg,E)，故A正确；
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq \f(v2,R)
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝eq \f(gBR,E)
故B正确；
设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
eq \f(q,2)v1B＝eq \f(m,2)·eq \f(v12,3R)
解得v1＝eq \f(3BqR,m)＝eq \f(3gBR,E)，
周期为T＝eq \f(2π·3R,v1)＝eq \f(2πE,gB)，
故C错误；
带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝eq \f(m,2)v1＋eq \f(m,2)v2，
解得v2＝－eq \f(gBR,E)，
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
【难度】中档题
(2023·湖南卷·6)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2)
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0
【答案】D
【解析】由题知粒子沿AC做直线运动，则有qv0B1＝qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据T＝eq \f(2πm,qB2)，有t0＝eq \f(πm,2qB2)。又粒子比荷一定，所以粒子在区域Ⅱ中运动的时间仅与粒子转过的圆心角和磁感应强度有关。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，设粒子沿AC做直线运动的速度为vA，有qvA·2B1＝qE，则vA＝eq \f(v0,2)，再根据qvB2＝meq \f(v2,r)，可知粒子轨道半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设粒子沿AC做直线运动的速度为vB，有qvBB1＝q·2E，则vB＝2v0，再根据qvB2＝meq \f(v2,r)，可知粒子轨道半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB2＝meq \f(v2,r)，可知粒子轨道半径变为原来的eq \f(4,\r(3))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据T＝eq \f(2πm,qB)，有t＝eq \f(4\r(3)πm,9qB2)，则t＝eq \f(8\r(3)t0,9)，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝eq \f(mv2,r)，可知粒子轨道半径变为原来的eq \f(4,\r(2))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据T＝eq \f(2πm,qB)，有t＝eq \f(\r(2)πm,2qB2)，则t＝eq \r(2)t0，D正确。
【难度】中档题
(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq \f(l,2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A.eq \f(E,2aB2) B.eq \f(E,aB2)
C.eq \f(B,2aE2) D.eq \f(B,aE2)
【答案】A
【解析】由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝meq \f(v2,r)，则eq \f(q,m)＝eq \f(v,2aB)，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq＝qvB，联立有eq \f(q,m)＝eq \f(E,2aB2).
【难度】基础题
(2023·江苏卷·16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为eq \f(v0,4)，求运动到速度为eq \f(v0,2)时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0