专题05 磁场---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

这是一份专题05 磁场---高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用），文件包含专题05磁场原卷版docx、专题05磁场解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共95页， 欢迎下载使用。
目录
01.题型综述 PAGEREF _Tc32423 \h 1
02.解题攻略 PAGEREF _Tc32423 \h 1
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc20049" 题组01 磁场的叠加 PAGEREF _Tc20049 \h 1
\l "_Tc25327" 题组02 安培力的运算 PAGEREF _Tc25327 \h 5
\l "_Tc13861" 题组03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动 PAGEREF _Tc13861 \h 14
\l "_Tc3395" 题组04 带电粒子在（复合）叠加场中的运动 PAGEREF _Tc3395 \h 25
\l "_Tc18906" 题组05 电磁力作用下的科技应用 PAGEREF _Tc18906 \h 37
03.高考练场
磁场作为继电场后的另一种物质存在的特殊形式，为了描述磁场，物理学中引入了磁感应强度和磁感线，磁感应强度作为一个新的矢量，其运算法则遵守矢量运算的一般法则，在高考中经常出现。磁场力包括了安培力与洛伦兹力，两种磁场力作用下带电粒子或带电体可以展现出丰富的运动形式。其中安培力作用下带电体的平衡与运动问题可以很好的体现空间思想；电磁力相互作用下的各类电磁仪器原理的分析体现了物理学的应用性；带电粒子在有界匀强磁场中匀速圆周运动更是常考常新，基于以上特点本专题必然是高考的热考点与必考点。本专题精选了优质模拟试题及近年高考真题以磁场叠加、安培力的运算，电磁力的科技应用以及有界磁场中的匀速圆周运动四大常考题型为核心展开并深入讲解，有助于学生综合能力的提升。
题组01 磁场的叠加
【提分秘籍】
1.磁场的叠加问题的求解
（1）确定磁场场源，如通电导线．
（2）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。
（3）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
（4）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。
2.定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．
【典例剖析】
【例1-1】如图所示，直角三角形abc，，，两根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b两顶点处。a点处导线中的电流大小为I、方向垂直纸面向外，b点处导线中的电流大小为4I、方向垂直纸面向里。已知长直电流在其周围空间某点产生的磁感应强度大小，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量。已知a点处电流在c点产生的磁感应强度大小为，则顶点c处的磁感应强度为（ ）
A．，方向沿ac向上B．，方向垂直ac水平向右
C．，方向沿ac向上D．，方向垂直ac水平向右
【答案】A
【详解】设ac间距为r，有几何知识知bc间距为2r，通电直导线a在c点上所产生的磁场大小是
通电直导线b在c点上所产生的磁场大小
用右手螺旋定则判断通电导线在c点上磁场方向如图所示
则顶点c处的磁感应强度为方向沿ac向上。故选A。
【例1-2】．如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，A、C处各有一垂直纸面的通电长直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，已知通电长直导线在其周围某点处产生的磁感应强度大小为，k为常量，r为该点到通电直导线的距离。整个空间中还存在另一个磁感应强度大小为的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将C处电流反向、其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小和方向为（ ）
A．，沿OA方向B．，沿OC方向
C．，沿OA方向D．，沿OC方向
【答案】A
【详解】设圆弧半径为，根据安培定则可知A处通电导线在点处产生的磁场沿方向，大小为，C处通电导线在点处产生的磁场沿方向，大小也为，则由于O处的磁感应强度恰好为零，所以A、C处通电导线在圆心处叠加的磁场大小与等大反向，即可知磁场为左上方，与连线成夹角。如果将C处电流反向，根据磁场的叠加原理，则方向沿左下方与连线成夹角，根据磁场叠加原理，O处的磁感应强度大小和方向为方向为沿OA方向。故选A。
【例1-3】如图所示，两根平行长直导线分别水平固定在正方形CEDF的E、F两个顶点处，分别通有大小相等方向相反的电流，E处的电流向里，F处的电流向外。已知C点处的磁感应强度大小为B，则关于D点处的磁感应强度大小和方向，下列说法正确的是（ ）
A．大小为，方向竖直向下
B．大小为B，方向竖直向下
C．大小为，方向水平向右
D．大小为B，方向水平向右
【答案】B
【详解】由于两通电导线中电流大小相等，且C、D两点到两通电导线距离相等，则通电导线在C、D两点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示
由图可知，C点处的磁感应强度大小为B，即D点处的磁感应强度大小为方向竖直向下。故选B。
【变式演练】
【变式1-1】（2025高三上·辽宁大连·期中）长直导线a、b互相垂直放置，b导线中的电流大小为a导线中电流大小的2倍，电流方向如图所示，纸面内的P、Q分别是a、b导线上的点，PQ连线与导线b垂直，与导线a的夹角为O为PQ的中点。已知通电长直导线在空间某点产生的磁感应强度大小（k为常量，I为电流大小，r为该点到直导线的距离）。若直导线a在O点产生的磁感应强度大小，则O点的磁感应强度大小为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【详解】根据安培定则，两直导线在O点产生的磁场相互垂直的，设Q到O点的距离为L，已知通电长直导线在空间某点产生的磁感应强度大小则直导线a在O点产生的磁感应强度大小为则直导线b在O点产生的磁感应强度大小为两直导线在O点产生的磁场相互垂直，根据磁感应强度合成法则，则O点的磁感应强度大小为故选A。
【变式1-2】．（2025高三上·黑龙江·阶段练习）如图所示，在水平向右的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直纸面向外。O为直导线与纸面的交点，是以O为圆心的圆周上的四个点。通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小为，且满足，式中k为比例系数，为电流大小，r为该点到导线的距离，则下列说法中正确的是（ ）
A．比例系数的单位为B．圆周上点的磁感应强度最大
C．四周上点的磁感应强度最小D．圆周上两点的磁感应强度相同
【答案】A
【详解】A．根据，可知结合得A正确；BC．根据安培定则知，导线在圆周上d点形成的磁场方向水平向右，与水平向右的匀强磁场同向，由场的叠加原理可知此处的磁感应强度最大，故BC错误；
D．根据安培定则可得导线在圆周上两点形成的磁场方向分别向下和向上，与匀强磁场叠加后方向分别为右下方和右上方，大小相等，方向不同，如图，故D错误。
故选A 。
题组02 安培力的运算
【提分秘籍】
1.安培力大小和方向
2.同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
3.求解磁场对通电导体作用力的注意事项
(1)掌握安培力公式：F＝BIL(I⊥B，且L指有效长度)。
(2)用准“两个定则”
①对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加性。
②对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
(3)明确两个常用的等效模型
①变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
②化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
4，安培力作用下的平衡与运动问题的分析思路
(1)选定研究对象；
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示．

(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解．
【典例剖析】
【例2-1】如图所示，半径为r、粗细均匀的金属圆环放在绝缘水平面上，虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场I，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场II，两磁场的磁感应强度大小均为B，MN与圆环的直径重合，PQ是圆环垂直MN的直径，将P、Q两端接入电路，从P点流入的电流大小为I，圆环保持静止不动，则下列判断正确的是（ ）

A．整个圆环受到的安培力为0
B．整个圆环受到的安培力大小为
C．MN左侧半圆环受到的安培力大小为
D．MN左侧半圆环受到的安培力大小为
【答案】A
【详解】圆环的上半部分的电流是顺时针，下半部分的电流是逆时针，把圆环平均分成右上、左上、左下、右下四部分，根据左手定则可得这四部分的受力如下：

因为安培力大小为
其中L为导线的有效长度，四部分的有效长度都为，且导线中的电流相同，故四部分所受的安培力大小相等，且与方向相反，与方向相反，故圆环所受安培力的合力为零。
故选A。
【例2-2】．如图所示，倾角为θ=37°的粗糙斜面上有一个长度为L、质量为m的通电直导线，其电流为I（可调），方向垂直纸面向里。整个空间分布有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，导线与斜面间的动摩擦因数μ=0.5（最大静摩擦等于滑动摩擦力）。若导线能在斜面上静止不动，则下列电流值不能满足条件的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过通电导线在斜面上受重力、弹力、摩擦力和安培力作用下的平衡问题，考查科学思维能力。
【详解】对导线进行受力分析，若摩擦力沿斜面向上，如图甲所示

则有
解得
若摩擦力沿斜面向下，如图乙所示

则有解得能使导线在斜面上静止的电流范围为故选A。
【变式演练】
【变式2-1】（2025高三上·江苏淮安·期中）如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，与导轨间的动摩擦因数为，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。下列说法正确的是（ ）
A．金属杆ab所受安培力水平向左
B．金属杆ab所受安培力大小为
C．金属杆受到的摩擦力
D．若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变小
【答案】D
【详解】A．由左手定则可知，金属杆ab所受安培力斜向左上，选项A错误；
B．金属杆ab所受安培力大小为
选项B错误；
C．金属杆受到的摩擦力
选项C错误；
D．导轨对导体棒的支持力
若将磁场方向与水平面间的夹角减小，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变小，选项D正确。
故选D。
【变式2-2】质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一的光滑圆弧轨道上，其截面如图所示。导体棒中通有电流强度大小为I的电流，空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向上。导体棒平衡时，导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ（θ < 45°），轨道与导体棒的弹力为FN。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将电流强度I缓慢增大，则θ逐渐减小
B．若仅将电流强度I缓慢增大，则FN逐渐减小
C．若θ = 30°，则
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°时，则FN = 0
【答案】C
【详解】AB．对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，受力如图
若仅将电流强度I缓慢增大，安培力逐渐增大，根据受力平衡和平行四边形法则可知θ逐渐增大，FN逐渐增大，故AB错误；
C．若θ = 30°，则
得
故C正确；
D．由平衡条件可得，磁场竖直向上时
又
故
若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°时，安培力大小不变，方向竖直向上。因为
故
故D错误。
故选C。
【变式2-3】一半径为R的圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框中通有abcda顺时针方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于圆形线框所在平面向里。整个线圈都处在磁场中平衡时弹簧测力计读数为F；若将线圈缓慢上提，在线框正好有一半露出磁场时，弹簧测力计的读数为5F。则磁场的磁感应强度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】圆形线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则满足关系
圆形线框正好有一半露出磁场，有效长度为2R，受到竖直向下的安培力，大小为
由平衡条件得
解得
故选B。
【变式2-3】如图所示，宽为l的光滑导轨与水平面成角，质量为m、长为l的金属杆水平放置在导轨上。空间存在着匀强磁场，当回路总电流为I时，金属杆恰好能静止。则磁感应强度（ ）
A．最小值为，方向竖直向上
B．最小值为，方向竖直向下
C．最小值为，方向垂直导轨平面向上
D．最小值为，方向垂直导轨平面向下
【答案】C
【详解】根据平衡条件
磁感应强度B的最小值为
根据左手定则，可知磁感应强度方向垂直导轨平面向上。
故选C。
【变式2-4】如图所示，由三根电阻相同导体连接而成的正三角形线框abc固定在匀强磁场中，线框所在平面与磁场方向垂直，a、b分别与直流电源两端相接。若导体ab受到的安培力大小为，ac段导体受到的安培力大小为，acb段导体受到的安培力大小为，正三角形abc受到的安培力大小为，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设干路中的电流为I，正三角形线框abc边长为l，由电阻定律可知
由欧姆定律可知
则
，
所以导体ab受到的安培力大小为
ac段导体受到的安培力大小为
acb段导体受到的安培力大小为
根据左手定则可知，正三角形abc受到的安培力大小为
故
，
故选C。
【变式2-5】如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。则（ ）
A．仅棒中的电流变小，θ变大B．仅两悬线等长变长，θ变大
C．仅金属棒质量变大，θ变小D．仅磁感应强度变大，θ变小
【答案】C
【详解】A．设金属棒的长度为L，电流为I，磁感应强度大小为B，金属棒受到的安培力大小为F。根据左手定则可知，通电金属棒在磁场中受到的安培力方向水平向右，对金属棒受力分析如图所示
根据平衡条件可知
仅棒中的电流变小，由，可知变小，则变小，故A错误；
B．由知与两悬线的长度无关，所以仅两悬线等长变长，不变，故B错误；
C．仅金属棒质量变大，由知变小，故C正确；
D．仅磁感应强度变大，由知变大，故D错误。
故选C。
题组03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【提分秘籍】
1.处理带电粒子在磁场中运动问题的方法
(1)解决带电粒子在磁场中做圆周运动问题的一般思路
①找圆心画轨迹；
②由对称找规律；
③寻半径列算式；
④找角度定时间。
(2)处理该类问题常用的几个几何关系
①四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点；
②三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中速度偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
(3)时间的求解方法
①根据周期求解，运动时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,qB)；
②根据运动弧长和速度求解，t＝eq \f(s,v)＝eq \f(θr,v)。
2.处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。
(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝eq \f(mv,qB)的圆周上。
【典例剖析】
【例3-1】（2024-2025学年高三上学期东北三省12月联考调研测试物理试题）如图所示，磁场边界I、II、III平行，I、II间距为2L，其间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，II、III间距为L，其间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点垂直于边界I射入磁场，经磁场偏转后，以与边界II成夹角的方向从边界II上的Q点射入II、III之间的磁场，最后从K点垂直于边界III射出磁场。下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．粒子在磁场中运动速度大小为
C．
D．粒子由P至Q所用时间为由Q至K所用时间的2倍
【答案】D
【详解】A．在I、II之间粒子向上偏转，结合左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．由几何关系可知，粒子在I、II之间轨迹的圆心角为，其轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力可得
得出
故B错误；
C．由几何关系可知，粒子在II、III之间磁场运动的轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力可得
整理得
联立以上得
故
故C错误；
D．粒子在II、III之间轨迹的圆心角为，又有
联立以上得
即粒子由P至Q所用时间等于由Q至K所用时间的2倍，D正确。
故选 D。
【例3-2】如图所示，边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中，入射方向分布在与BC边的夹角为α（0 ≤ a ≤ 60°）的范围内，在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为（ ）
A．0°B．15°C．30°D．45°
【答案】C
【详解】在磁场中运动时间
可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，根据数学知识可知，所对应弦长越长，圆心角越大，由于在磁场中的运动半径均为L，所以当电子过C点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知
BC边长等于半径，所以△BOC等边三角形，∠OBC = 60°，此时在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为
故选C。
【例3-3】如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形区域内有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。M、N点在圆周上且MON为其竖直直径。现将两个比荷k相同的带电粒子P、Q分别从M点沿MN方向射入匀强磁场，粒子P的入射速度为v1=v，粒子Q的入射速度为，已知P粒子在磁场中的运动轨迹恰为圆弧，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子P带正电，粒子Q带负电
B．粒子P的周期小于粒子Q的周期
C．粒子Q的轨道半径为
D．粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为
【答案】C
【详解】A．两粒子进入磁场时所受洛伦兹力均向左，由左手定则可知，粒子P、Q均带正电，故A错误；
B．根据周期公式
两粒子比荷相同，故粒子P和粒子Q的运动周期相同，故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
可得
则粒子的半径与速度成正比，故
故C正确；
D．作出两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得P粒子的轨道半径为
由以上分析可知，粒子的轨道半径与线速度成正比，故Q粒子的轨道半径为
则
可知粒子Q的圆心角为60°，粒子P的圆心角为90°，由于两粒子周期相同，运动时间与圆心角成正比，则粒子P和粒子Q在磁场中的运动时间之比为，故D错误。
故选C。
【例3-4】（2024·江西景德镇·一模）如图所示，为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子能通过cd边的最短时间
B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度
C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度
D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
【答案】C
【详解】A．粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，根据几何关系
解得
则转过的圆心角
即
粒子在磁场中运动的周期
则粒子能通过cd边的最短时间
故A错误；
B．若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径
根据
解得
故B错误；
C．若粒子恰好从c点射出磁场，根据几何关系
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
故C正确；
D．若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大，则
故若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度，故D错误。
故选C。
【变式演练】
【变式3-1】如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的（ ）
A．半径之比为B．速度之比为C．速度之比为D．时间之比为
【答案】A
【详解】ABC．如图所示
设圆柱形区域的半径为R，有几何关系可得
，
则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
可得速度之比为
故A正确，BC错误；
D．粒子在磁场中的运动时间为
由图可知
，
则时间之比为
故D错误。
故选A。
【变式3-2】如图所示，在，的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中错误的是（ ）
A．无论粒子的速率多大，粒子都不可能通过坐标原点
B．从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．从y轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
【答案】D
【详解】A．带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示
粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点。故A正确，与题意不符；
BCD．根据
又
联立，解得
由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为
可知从x轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间一定为。而最小的圆心角是P点在坐标原点时即120°，运动时间为
可知从y轴射出磁场的粒子在磁场中运动所经历的时间范围
故BC正确，与题意不符；D错误，与题意相符。
本题选错误的，故选D。
【变式3-3】如图所示，虚线两侧的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ均垂直于纸面向里，磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从虚线上P点沿与虚线成角的方向、以速度垂直磁场方向射入磁场Ⅰ，从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ；一段时间后粒子再次经过Q点，P点和Q点的距离为L，不计粒子的重力，则磁场Ⅰ的磁感应强度大小和粒子两次经过Q点的时间间隔分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【详解】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍，所以粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为
粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为
粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为
两次经过Q点的时间间隔为
故B正确。
【变式3-4】．（2025·江西南昌·一模）如图所示，在直角三角形abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，。一质子以的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，经时间t从ON的中点M离开磁场，若一粒子以的速度从O点沿相同的方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为（ ）
A．B．tC．D．2t
【答案】D
【详解】根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
设质子在磁场中的运动半径为，则粒子在磁场中的运动半径为
根据几何关系可知粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹
质子在磁场中的运动时间为
粒子在磁场中的运动时间为
故选D。
题组04 带电粒子在（复合）叠加场中的运动
【提分秘籍】
带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
(1)明种类：明确复合场的种类及特征。
(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。
(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。
(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。
①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，根据受力平衡列方程求解。
②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。
③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝meq \f(v2,r)＝mreq \f(4π2,T2)＝ma。
⑤当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【典例剖析】
【例4-1】（2025高三上·河北石家庄·阶段练习）如图所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为滚轮线（也称为摆线）。如图乙所示，空间存在水平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为+q的小球以竖直向上的初速度v0进入磁场，小球的轨迹就是滚轮线。设重力加速度为g，则小球运动过程中的最大速度大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】根据配速法，把初速度v0分解为向右的速度v1和斜向左上方的速度v2，且有
则小球运动过程中的最大速度为
故选B。
【例4-2】如图所示，场强为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，一带电小球获得垂直磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球做匀速圆周运动的周期为
C．若撤去电场，小球可能做平抛运动
D．若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动
【答案】B
【详解】A．小球要做匀速圆周运动，电场力与重力要等大反向，电场力向上，小球必须带正电，故A错误；
B．小球要做匀速圆周运动，则
周期
联立可得
故B正确；
C．若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；
D．若把电场的方向改成竖直向下，小球受重力与电场力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。
故选B。
【例4-3】如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am＝g＋
C．环在t0时间内损失的机械能为m（－）
D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等
【答案】B
【详解】A．环向下运动时在竖直方向上受到重力、向上的静电力、向上的摩擦力，以竖直向上为正方向，设加速度大小为a1，则因为速度的减小，导致洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动，当环向上运动时，环的加速度大小随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，因此在t＝时，圆环不可能刚好到达最低点，故A错误；
B．圆环在运动过程中，向下运动时的加速度大于向上运动的加速度，而向下运动所受摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时加速度最大，最大加速度故B正确；
C．圆环从出发点到回到出发点的过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失即为动能的减小，则有
ΔEk＝mv02－mv2而v＝因此损失的机械能为m（v02－）故C错误；D．根据功能关系，除重力以外的力做功，才导致机械能变化，而环在下落与上升过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在下落过程中损失的机械能不会等于上升回到出发点过程中损失的机械能，故D错误。故选B。
【变式演练】
【变式4-1】如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是（ ）
A．小环带正电
B．小环滑到P处时的速度大小
C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离
【答案】B
【详解】A．根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小为
然而此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B．设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，小环的受力如图所示
根据平衡条件得
由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小0.4mg，联立解得
故B正确；
CD．在小环由P处下滑到处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v'，则在P'处，小环的受力如图所示
由平衡条件得
变形解得
在小环由P处滑到P'处的过程中，由动能定理得
代入解得
故CD错误；
故选B。
【变式4-2】如图所示，空间内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B，一电荷量为q、质量为m的小球，在与磁场垂直的平面内沿直线运动，该直线与电场方向夹角为45°。a、b（图中未标出）为轨迹直线上的两点，两点间距离为d，重力加速度为g，小球由a运动到b的过程中所用时间t及电势能的变化量分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【详解】带电小球做直线运动，合力方向沿直线或合力为零，洛伦兹力与速度方向垂直，大小与速度成正比，重力及电场力均恒定，若速度大小变化必为曲线运动，所以小球只能做匀速直线运动，受力情况如图所示
由平衡条件可得
电场力方向与电场方向相同，小球一定带正电，根据左手定则可知，小球一定斜向右上方运动，由a到b的过程中，电场力做正功
则电势能的减少量为
根据平衡条件，洛伦兹力大小
解得
故小球的运动时间
故选B。
【变式4-3】如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出。从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球的机械能不变
C．小球的运动轨迹是一条抛物线
D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关
【答案】C
【详解】A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；
B．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B错误；
C．小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力
是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得
解得小球的加速度大小
小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；
D．小球在竖直方向做匀加速运动，根据
可知
则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，故D错误。
故选C。
【变式4-4】质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为，整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物用块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为
C．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为
【答案】C
【详解】A．根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块所受的洛伦兹力方向垂直于斜面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则判断可知小物块带负电，故A错误；
BC．小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析，可知小物块所受合力
随着v增大，洛伦兹力增大，增大，a增大，则小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；
D．小物块对斜面压力为零时，有
解得
故D错误。
故选C。
【变式4-5】2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变小
D．该离子的加速度恒定不变
【答案】C
【详解】A．根据功率的计算公式可知
则电场力的瞬时功率为
故A错误；
B．由于与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有
故B错误；
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则增大，不变，v2与v1的比值不断变小。故C正确；
D．离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，但洛伦兹力方向改变，所以加速度方向改变。故D错误。
故选C。
【变式4-6】在科学技术方面，人们常利用复合场控制带电小球的运动，如图，某空间中同时存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外，电场强度方向竖直向上。在复合场中A点，一质量为m、电荷量为q的带正电小球以一水平初速度进入复合场，小球经过A点右下方未画出点时速度方向与水平方向的夹角为，重力加速度大小为g，已知电场强度大小。A,C两点间的高度差为h，不计阻力，，则该带电小球从A点到C点的过程中（ ）
A．经过C点时速度大小可能为B．经过C点时速度大小可能为
C．运动时间可能为D．运动时间可能为
【答案】A
【详解】AB．由题意可得，带电小球在复合场中受重力、电场力和洛伦兹力，电场力
电场力与重力平衡，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由于C点位置不确定，故运动轨迹可能有两种，即可能位于轨迹的上半圆和轨迹的下半圆，如图
可得轨迹半径满足
解得
根据，联立解得
或轨迹半径满足
解得
根据，联立解得
故A正确，B错误；
CD．根据
可得带电小球两种情况的周期相等，两种情况下小球运动的圆心角分别为、，对应时间分别为
，k取不同值可得运动时间不可能为和，故CD错误。
故选A。
【变式4-7】．（2024·陕西·模拟预测）如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴竖直向上。第III、IV象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。若将一质量为m、带电荷量为的小球从x轴上的A点由静止释放，小球恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为
B．磁感应强度大小为
C．小球在经过P点前瞬间的曲率半径为
D．小球在第III、Ⅳ象限运动的总时间为
【答案】B
【详解】A．小球恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限做圆周运动，说明小球在第Ⅳ象限电场力与重力平衡，即
所以电场强度的大小为
A错误；
B．小球在第III象限受到重力和洛伦兹力，洛伦兹力不做功，设小球到达P点的速度为，由题意知
则由动能定理可得
解得P点速度为
小球恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限做圆周运动，所以小球在第Ⅳ象限所受合外力为洛伦兹力，小球恰好从Q点垂直于x轴进入第I象限，Q点距O点的距离为d，所以圆周运动半径为
洛伦兹力提供向心力，则
解得磁感应强度大小为
B正确；
C．小球在P点受到竖直向下的重力，竖直向上的洛伦兹力，此时重力与洛伦兹力的合力提供向心力，设小球在经过P点前瞬间的曲率半径为r，可得
解得
C错误；
D．假设小球在A点水平方向受到一对大小相等，方向相反的速度（向左）和（向右），则小球会在竖直方向受到两个大小相等，方向相反的洛伦兹力（向下）和（向上），且满足
则小球在第Ⅲ象限的运动可简化为水平向左的速度为匀速直线运动，以及速度为的匀速圆周运动，小球运动的周期与速度大小无关，故第Ⅲ象限运动的时间与第Ⅳ象限运动的时间相同，均为第Ⅳ象限匀速圆周运动周期的，小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动的周期
故小球在第III、Ⅳ象限运动的总时间为
D错误；
故选 B。
题组05 电磁力作用下的科技应用
【提分秘籍】
在电磁技术中，中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。如：速度选择器、回旋加速器、质谱仪、磁流体发电机、霍尔元件、电磁流量计等。

其中速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡。所以我们应化繁为简研究实质。
【典例剖析】
【例4-1】如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（ ）

A．甲图可通过增加回旋加速器的半径来增大粒子的最大动能
B．乙图可通过增加A、B两板间的距离来增大电源电动势
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，但带电粒子不能够从右侧沿水平直线匀速通过速度选择器
D．丁图中产生霍尔效应时，若载流子带负电，则稳定后D点电势比C点高
【答案】AB
【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
粒子的最大速度为
粒子的最大动能为
当回旋加速器的半径增大时，粒子的最大动能增大，故A正确；
B．当磁流体发电机稳定时，带电粒子在A、B两极板间受到的电场力与洛伦兹力平衡，有
则电源电动势为
所以增加两板间距可以增大电源电动势，故B正确；
C．粒子恰能沿直线匀速运动时，电场力与洛伦兹力平衡
改变电性时，电场力和洛伦兹力方向同时发生改变，仍然满足电场力与洛伦兹力平衡，故无法确定粒子的电性，故C错误；
D．如果载流子带负电，根据左手定则可知，带负电的载流子向D偏转，则稳定时D板电势低，故D错误。
故选AB。
【例4-2】如图所示是磁流体发电机的工作原理示意图。发电通道是个中空长方体，前、后两个面是绝缘面，上、下两个面是电阻可忽略的导体金属板。前、后面间加有磁感应强度大小为B、方向垂直前面向里的匀强磁场，两金属板通过导线与滑动变阻器相连。现使气体高度电离，形成等离子体，然后将等离子体以速度v从左向右沿图示方向喷入两板间。已知发电通道的长、高、宽分别为l、a、b，正、负离子的电荷量均为q，等离子体的电阻率为ρ，单位体积内有n对正、负离子。当滑动变阻器的阻值调节为R0（未知）时，电路中电流达到最大值（饱和值）Im（未知）。不计离子重力，下列判断正确的是（ ）
A．发电机上金属板为正极，且滑动变阻器两端电压为Bav
B．回路的最大电流为
C．滑动变阻器的阻值
D．发电机的最大功率
【答案】BC
【详解】A．根据左手定则可知，正电离子向上板聚集，发电机上金属板为正极，负离子受到向下的洛伦兹力而向下运动，故发电机上极板为正极、下极板为负极，稳定后满足
解得电机的电动势为
但由于等离子体有内阻，滑动变阻器两端电压
故A错误；
B．根据电流的微观表达式可知，故B正确；
C．等离子体内阻
根据闭合电路欧姆定律可得
联立求得
故C正确；
D．发电机的最大功率
故D错误。
故选BC。
【例4-3】如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。回旋加速器D形盒半径为R，狭缝宽为d，所加匀强磁场的磁感应强度为B，所加高频交变电源的电压为U，质量为m、电荷量为q的质子从右半盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程达最大能量后由导向板处射出。带电粒子在磁场中运动的能量E随时间的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是（ ）
A．在E-t图中应有B．在E-t图中应有
C．粒子最终获得的动能为D．粒子通过狭缝的次数为
【答案】D
【详解】A．由公式
可得，粒子的周期
由上式可得，粒子圆周运动的周期与速度无关，在回旋加速器中粒子运动的周期不变。每过半周粒子能量增加一次，所以
故A错误；
B．由题意可得
所以
故B错误；
C．当粒子半径为时，粒子动能最大，由公式
联立以上两式可得
故C错误；
D．粒子通过狭缝的次数
故D正确。
故选D。
【变式演练】
【变式4-1】如图，在平行板器件中，电场强度与磁感应强度相互垂直．一带电粒子（重力不计）从左端以速度沿虚线射入后做匀速直线运动，则该带电粒子（ ）
A．一定带正电
B．速度大小
C．受到的洛伦兹力一定向上
D．若此粒子从右端沿虚线方向以速度射入，不会沿虚线做匀速直线运动
【答案】D
【详解】ABC．无论粒子带正电还是负电，粒子从左侧射入时，受电场力和洛伦兹力方向总是相反的，且电场力和洛伦兹力大小相等，洛伦兹力可能向上，也可能向下，大小满足即速度大小为故ABC错误；D．若此粒子从右端沿虚线方向以速度v射入，无论是带正电的粒子还是带负电的粒子受的洛伦兹力和电场力的方向均相同，即合力方向垂直初速度方向，粒子不会沿虚线做匀速直线运动，故D正确。故选D。
【变式4-2】如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器下方的狭缝飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝、垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．静电力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置不可能重叠
【答案】A
【详解】A．静电力对粒子做的功为
则静电力对每个氖20和氖22做的功相等，A正确；
B．根据
得
所以氖22（质量较大）进入磁场时的速度较小，B错误；
C．根据
得
因为氖22质量较大，所以氖22在磁场中运动的半径较大，C错误；
D．加速电压发生波动，根据
两种离子打在照相底片上的位置可能重叠（不同时刻），D错误。
故选A。
【变式4-2】2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核（）加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．仅增大加速电压U，则氘核（）从D型盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，则氘核（）被加速次数增多
C．氘核（）在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D．若用该加速器加速粒子（）需要把交变电流的频率调整为
【答案】B
【详解】A．当粒子在磁场的轨迹半径等于D形金属盒半径R时，粒子的动能最大
故
与加速电压和加速次数无关，A错误；
B．粒子在电场中加速
解得
仅减小加速电压U，氘核（）加速次数增多，B正确；
C．氘核（）在磁场运动的周期
与半径无关，不变，C错误；
D．回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，氘核（）和粒子比荷相同，则在磁场中做匀速圆周运动的频率相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，D错误。
故选B。
【变式4-3】笔记本电脑机身和显示屏分别安装有磁体和霍尔元件。当显示屏闭合时霍尔元件靠近磁体，屏幕熄灭电脑休眠。如图为显示屏内的霍尔元件：宽为a、长为c，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面方向向下的匀强磁场中，此时元件的前后面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。下列关于该元件的说法错误的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的高
B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．前后表面间的电压U与c无关
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为
【答案】B
【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知，电子受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的高，故A正确，不符合题意；
BC．稳定后当电子收到的电场力和洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前后表面的电压达到稳定，对稳定状态下的电子，根据平衡条件有
场强大小为
联立解得
所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。前、后表面间的电压U与v成正比，与a成正比，与c无关，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力等于电场力
故D正确，不符合题意。
故选B。
【变式4-4】自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是（ ）
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
C．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差不变
【答案】A
【详解】A．设单位时间内的脉冲数n和自行车车轮的半径r，则自行车的速度为
故根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小，故A正确；
B．由左手定则可知，形成电流的粒子向外侧偏转，图乙可知，外侧为负极，即图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故B错误；
C．根据图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，设霍尔电势差UH，则
解得
电流的微观表达式
其中n为单位体积内的电子数，S为横截面积，v为电子定向移动的速度，解得电荷定向移动的速度
联立解得
可知，电流一定时，霍尔电势差与车速无关，故C错误；
D．如果长时间不更换传感器的电源，电源内阻增大，电流减小，由
可知，霍尔电势差将减小，故D错误。
故选A。
【变式4-5】电磁流量计是用来测管内电介质流量的感应式仪表，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量。如图为电磁流量计示意图和匀强磁场方向，磁感应强度大小为B。当管中的导电液体流过时，测得管壁上M、N两点间的电压为U，已知管道直径为d，则（ ）
A．管壁上N点电势低于M点B．管中导电液体的流速为
C．管中导电液体的流量为D．管中导电液体的流量为
【答案】D
【详解】A．若导电液体带正电，根据左手定则可知，其受向下的洛伦兹力，正电荷打在N处，所以N点的电势高于M点，故A错误；
B．稳定时电荷受力平衡，根据平衡条件得
解得
故B错误；
CD．流量为
故C错误，D正确。
故选D。
【变式4-6】某化工厂的排污管末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于方向竖直向下的匀强磁场中，其测量管由绝缘材料制成，长为直径为，左右两端开口，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极。当污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，稳定后两端的电压为，显示仪器显示污水流量为（单位时间内排出的污水体积）下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度B．侧电势比侧电势低
C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大D．污水流量与成正比，与无关
【答案】A
【详解】ACD．流量
又因为电场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即
解得
U的大小与粒子浓度无关，所以流量
解得
故A正确，CD错误；
B．磁场方向竖直向下，由左手定则，污水中的正离子聚集到端，负离子聚集到端，侧电势比侧电势高，B错误；
故选A。
一、单选题
1.（2024·贵州·高考真题）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
【详解】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。
2．（2024·广西·高考真题）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，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】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
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P点至O点的距离
故选C。
3．（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
4．（2024·湖北·高考真题）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
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
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
5．（2024·浙江·高考真题）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
【详解】A．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；
C．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；
D．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。
故选A。
6．（2023·北京·高考真题）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（）。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，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
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故C错误，符合题意；
D．由动量定理可得
粒子束对管道的平均作用力大小
联立解得
故D正确，不符合题意。
故选C。
二、多选题
7.（2024·浙江·高考真题）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
【详解】A．根据动量定理
故合力冲量大小为，故A错误；
B．小球上滑的时间为
重力的冲量大小为
故B错误；
C．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；
D．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。
8．（2024·安徽·高考真题）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
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a做圆周运动的速度大小为
故B正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得
解得
周期为
故C错误；
D．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，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
解得
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。
故选ABD。
9．（2024·河北·高考真题）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd边，需满足
为保证从BC边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是
故C错误；
BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示
设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得
联立解得
因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示
与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。
与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确。
故选AD。
10．（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【答案】AC
【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；
BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则
可得
因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。
故选AC。
11．（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则（ ）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为D． 铜环所受安培力大小为
【答案】AC
【详解】方法一：微元法
AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小
根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；
CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得
故C正确，D错误。
故选AC。
方法二：等效法
通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小
根据受力分析可得，通电后，绳子拉力
两根细绳拉力均比未通电流时的大。
故选AC。
12．（2023·海南·高考真题）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）

A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
13．（2023·全国·高考真题）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
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心

由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，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，由圆形对称性撞击筒壁以后的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；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示

即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。
14．（2022·湖北·高考真题）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1