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1、2024版高考物理一轮复习第九章磁场练习含解析新人教版第九章磁场综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2020广东潮州期末)如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP90。在M、N处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点磁感应强度的大小为B1；若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2。则B1与B2之
2、比为(C)A11B1C1D21解析由题意可知O点为MN的中点，O点磁感应强度的大小为B1，两通电直导线在O点产生的磁感应强度都向下，则可知两通电直导线在O点处产生的磁感应强度大小为；当将N处的长直导线移至P处后，两通电直导线在O点产生的磁感应强度如图所示，由几何关系可知O点的合磁感应强度大小为B2，所以B1B2B11，故C正确，A、B、D错误。2(2021河北石家庄月考)如图所示，质量为60 kg的铜棒长为L20 cm，棒的两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B0.5 T、方向竖直向上的匀强磁场中。铜棒到吊点的距离为l，当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角60，取g10 m
3、/s2，则铜棒中电流I的大小是(A)A2 AB3 AC6 AD6 A解析本题考查安培力公式、动能定理的应用。铜棒上摆的过程，根据动能定理得FBLsin 60mgL(1cos 60)0，又安培力FBBLI；代入解得I2 A，故选A。3如图所示，半径为r的圆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，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(C)ABCD解析粒子在磁场中运动的半径为R2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦
4、长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t，故选项C正确。4如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(C)A液滴带正电B液滴荷质比C液滴顺时针运动D液滴运动的速度大小v解析液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mgqE解得，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可
5、判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R，联立各式得v，故D错误。5(2019天津卷，4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，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，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的(D)A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压
6、U与v无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为解析由左手定则判断，后表面带负电，电势低；A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eevB得UBav，U与v成正比，与c无关；B、C错误；洛伦兹力FevB；D正确。6(2019海南单科)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(AC)AP和Q的质量之比为12BP和Q的质量之比为1CP和Q速度大小之比为1DP和Q速度大小
7、之比为21解析粒子在磁场中运动时的周期T，且偏转角与运动时间的关系为，已知tPtQ，qPqQ，由粒子运动轨迹可知P，Q，解得，故A正确，B错误；设MN2R，则粒子P的半径RPR，粒子Q的半径RQR，依据r，得，故C正确，D错误。7(2020北京通州区期末)如图所示，天平可以用来测定磁感应强度，磁场方向垂直纸面(虚线围成的区域)，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，下底边长为L，右侧边深入磁场中的长度为L1，线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后天平重新平衡，下列
8、说法中正确的是(AC)A磁场的方向垂直纸面向里B磁场的磁感应强度大小BC磁场的磁感应强度大小BD磁场的磁感应强度大小B解析本题通过安培力作用下的平衡考查磁感应强度的计算。电流反向后，安培力反向，需要在天平右边加上砝码才能重新平衡，所以开始时安培力向下，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里，故A正确；根据平衡条件有m1gm2gNBIL，当电流反向后有m1gm2gmgNBIL，联立得mg2NBIL，则磁感应强度大小B，故C正确，B、D错误。8(2021安徽重点中学协作体联考)在真空中，半径为R的虚线所围的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，EF是一水平放置的感光
9、板。从圆形磁场最右端的A点处垂直磁场射入大量质量为m、电荷量大小为q、速度为v的带正电粒子，不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(BD)A粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上B对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上解析本题考查带电粒子在圆形边界匀强磁场中运动的相关知识点。对着圆心入射的粒子，当轨迹半径rR时，出射后垂直打在EF上，而速度为v的粒子的轨迹半径r与R不一定相等，选项A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根
10、据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项B正确；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由T与tT知，运动时间t越小，选项C错误；速度满足v时，轨道半径rR，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心连线构成菱形，射出磁场的点所在的轨迹半径与OA平行，粒子的速度一定垂直EF板，选项D正确。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9(16分)(2018全国卷，24)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离
11、子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的 N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。答案(1)(2)14解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1Um1v由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm1由几何关系知2R1l由式得B。(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2Um2vq2v2Bm2由题给条件有2R2由式得，甲、乙两种离子的比荷
12、之比为14。10(16分)我国航母采用自行研制的电磁弹射器，其工作原理可简化为如图所示。上下共4根导轨，飞机前轮下有一牵引杆，与飞机前轮连为一体，可收缩并放置在飞机的腹腔内。起飞前牵引杆伸出至上下导轨之间，强迫储能装置提供瞬发能量，强大的电流从导轨流经牵引杆，牵引杆在强大的安培力作用下推动飞机运行到高速。现有一弹射器弹射某飞机，设飞机质量m2104 kg，起飞速度为v60 m/s，起飞过程所受到阻力恒为机重的0.2倍，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始匀加速起飞，起飞距离为l200 m，在电磁弹射器与飞机的发动机(设飞机牵引力不变)同时工作的情况下，匀加速起飞距离减为50 m，假设弹射过
13、程强迫储能装置的能量全部转为飞机的动能。取g10 m/s2。求：(1)判断图中弹射器工作时磁场的方向；(2)计算该弹射器强迫储能装置贮存的能量；(3)若假设强迫储能装置释放电能时的平均放电电压为U1 000 V，飞机牵引杆的宽度d2.5 m，计算强迫储能装置放电时的电流以及加速飞机所需的磁感应强度B的大小。答案(1)竖直向上(2)2.7107J(3)1.62104 AT解析(1)根据左手定则可知磁场方向竖直向上。(2)没有电磁弹射器的情况下，由动能定理：(F0kmg)lmv2代入数据得：F02.2105N。有电磁弹射器的情况下，由：E(F0kmg)smv2解得：E2.7107J。(3)飞机的加
14、速度为：am/s236 m/s2，起飞时间：t1ss。由UIt1E得：I1.62104A。由：F0BIdkmgma解得：BT。11(20分)(2019全国卷，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案(1)(2)解析(1)设带电粒子
15、的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得。(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t。专题强化八带电粒子在复合场中运动的实例分析本专题是磁场、电场、力学等知识的综合应用，用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)。一、电场、磁场分区域应用实例1质谱仪(1)作用测量带
16、电粒子质量和分离同位素的仪器。(2)原理(如图所示)加速电场：qUmv2；偏转磁场：qvB，l2r；由以上两式可得r ，m，。2回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。(2)原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。(3)最大动能：由qvmB、Ekmmv得Ekm，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。(4)总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n，粒子在磁场中运动的总时间tT。例1现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子
17、，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是(B)ABC2D解析粒子在加速电场中加速，由动能定理qUmv20，则v ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，解得B ，设质子质量为m，电荷量为e，则粒子质量为4m，电荷量为2e，为使质子和粒子在入口处从静止开始被同一电场加速，经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，则半径r应保持不变，所需要的匀强磁场的磁感应强度B B，故选项B正确。例2(2021河南名校
18、联考)(多选)如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(BD)A加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B带电粒子每运动一周被加速一次C带电粒子每一次被加速后在磁场中做圆周运动的直径增加量相同，即P1P2等于P2P3D加速电场方向不需要做周期性的变化解析本题考查改进的回旋加速器及其相关知识。根据Bqv有v，所以带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的最大速度
19、与D形盒的尺寸有关，选项A错误；由于图示中虚线中间不加电场，则带电粒子每运动一周被加速一次，选项B正确；根据动能定理，经第一次加速后粒子速度为v1，有qUmvmv，经第二次加速后粒子速度为v2，有qUmvmv，同理有qUmvmv，而轨迹半径r，所以P1P22(r2r1)，P2P3，又vvvv，所以1，即v2v1v3v2，可知P1P2大于P2P3，选项C错误；带电粒子每一次都从同一方向经过电场，所以加速电场方向不需要做周期性的变化，选项D正确。二、电场、磁场同区域并存的实例共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，qvBqE。1速度选择器(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互
20、相垂直。(如图)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvBqE，即v。(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。(4)速度选择器具有单向性。2磁流体发电机(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。(3)电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板
21、间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则 qqvB，即UBlv。(4)电源内阻：r。(5)回路电流：I。3电磁流量计(1)流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。(2)公式：QSv；S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。(3)导电液体的流速(v)的计算如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qqvB，可得v。(4)流量的表达式：QSv。(5)电势高低的判断：根据左手定则可得ab。
22、4霍尔效应的原理与分析(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A的电势高。若自由电荷是正电荷，则下表面A的电势低。(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A间的电势差(U)就保持稳定，由qvBq，InqvS，Shd；联立得Uk，k称为霍尔系数。例3(多选)磁流体发电是一项
23、新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则(BD)A用电器中的电流方向从B到AB用电器中的电流方向从A到BC若只减小磁感应强度，发电机的电动势增大D若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大解析本题通过磁流体发电机考查带电粒子在磁场和电场中的运动。首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则可知，带正电粒子所受洛伦兹力方向向上，带负电粒子所受洛伦兹力方向向下，则带正电粒子向上板聚集，带负电粒子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极
24、，所以用电器中的电流方向从A到B，故A错误，B正确；此后带正电粒子除受到向上的洛伦兹力F洛外，还受到向下的电场力F，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，则有qvBq，解得电动势EBdv，所以发电机的电动势E与喷入粒子的速度大小v及磁感应强度大小B成正比，故D正确，C错误。例4(2020江苏扬州中学期中)(多选)自行车速度计是利用霍尔效应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。如图乙所示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的作用下偏转，最终使导体在与磁场、
25、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(AD)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一定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，霍尔电势差将减小解析本题考查霍尔元件的原理及应用。根据单位时间内的脉冲数可求得车轮转动的周期T，结合自行车车轮的半径R，根据v可求解自行车车轮边缘处的线速度大小，即车速大小，A正确；题图乙中霍尔元件的电流是由带负电的自由电子的定向移动形成的，B错误；导体在磁场方向的厚度为d，自由电子在导体中运动稳定后，有qqvB，电流的微观表达式IneSv，联立解
26、得霍尔电势差UH，与自行车的速度无关，C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则电流I减小，故霍尔电势差将减小，D正确。专题强化训练1电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，某次测量中，与上下两个面M、N相连的电压表示数为U，则管道内液体的流量为(B)AcBbCUBcDUBb解析本题考查电磁流量计及其相关知识。导电液体通过电磁流量计，相当于带电粒子直线通过装置区域，由qqBv，
27、解得v。管道内液体的流量Qbcvb，选项B正确。2(多选)如图所示，若干个动量相同的带电粒子，先后沿直线通过由相互正交磁感应强度为B1的匀强磁场和电场强度为E的匀强电场组成的速度选择器，这些粒子通过平板MN上的狭缝P进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，最终落在平板MN上的A1A3处，下列判断正确的是(ABD)A磁感应强度为B1的磁场方向垂直纸面向外B能通过狭缝P的带电粒子的速度大小等于C所有打在MN上的带电粒子，在磁感应强度为B2的磁场中的运动时间都相同D打在MN上的带电粒子位置离P越远，带电粒子的电荷量q越小解析本题考查速度选择器及其相关知识。速度选择器中粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，根据电
28、场方向与左手定则可知，磁感应强度为B1的磁场方向垂直纸面向外，选项A正确；在速度选择器中，满足qvB1Eq，可得能通过狭缝P的带电粒子的速度大小v，选项B正确；所有打在MN上的带电粒子，都穿过速度选择器，所以带电粒子的速度大小均为v，带电粒子在磁场中运动的周期T，由题图可知，带电粒子打在各处的轨迹半径R不同，故带电粒子在磁感应强度为B2的磁场中的运动时间t也不同，选项C错误；由qvB2m可得R，因为带电粒子动量pmv均相同，打在MN上的带电粒子位置离P的距离d2R2，所以d与q成反比，故打在MN上的带电粒子位置离P越远，带电粒子的电荷量q越小，选项D正确。3(2021安徽六安省示范高中质检)(
29、多选)回旋加速器是高能物理中的重要仪器，其原理是利用磁场和电场使带电粒子回旋加速运动，在运动中经高频电场反复加速从而使粒子获得很高的能量。如图甲所示，两个D形金属盒置于恒定的匀强磁场中，并分别与高频电源相连(电压随时间变化如图乙所示)，D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的距离为d(dR)。若用回旋加速器加速氘核H(设氘核的质量m、电荷量q)，则下列判断正确的是(BC)A加速电压U0越大，氘核获得的最大动能越大B氘核加速的最大动能为C氘核在电场中运动的总时间为D该回旋加速器不可以用来加速氦核(He)解析本题考查回旋加速器的原理及应用。氘核在回旋加速器内的最大速度由D形盒的半径
30、决定，由qvmBm可得vm，所以氘核获得的最大动能Ekm，氘核获得的最大动能与加速电压U0无关，A错误，B正确；设氘核加速次数为n，由动能定理有nqU0Ekm，可得n，氘核在电场中运动的路程snd，平均速度为，可得氘核在电场中运动的总时间t，C正确；氦核与氘核的比荷相同，在磁场中运动的周期相同，则该回速加速器可以用来加速氦核(He)，选项D错误。专题强化九带电体在叠加场和组合场中的运动一、带电体在叠加场中的运动1叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。2无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的
31、曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。(3)电场力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动。若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动。若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。3有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明
32、确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解。例1如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B0.5T。有一带正电的小球，质量m1106kg，电荷量q2106C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平
33、面内，合力为零，有qvB代入数据解得v20 m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan 代入数据解得tan ，60(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有yat2a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为，又tan 联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyv sin 若使小球再次穿过P点所在
34、的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vytgt20联立式，代入数据解得t2 s3.5 s。答案(1)见解析(2)3.5 s变式训练1(2021湖南怀化月考)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(B)AmambmcBmbmamcCmcmambDmcmbma解析该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所
35、受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有magqE，解得ma。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbgqEqvbB，解得mbg。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc。综上所述，可知mbmamc，选项B正确。二、带电粒子在组合场中的运动1组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。2分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小
36、和方向)是解决该类问题的关键。(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。例2(2021河南九师联盟质检)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内，均分成相同的三个矩形区域，区域内有大小B1B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域内有方向竖直向上的匀强电场，区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内由ab边的中点e沿与ab夹角为37的方向，向区域内射入质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，经磁场偏转后，粒子以与MN边的夹角为37的方向进入区域，然后垂直PQ又进入区域，粒子经磁场偏转后，恰好从PQ的中点射出区域而进入区域。已知sin 370.6，c
37、os 370.8，不计粒子的重力。求：(1)粒子从e点射入的速度大小；(2)区域内匀强电场的电场强度的大小E及区域内匀强磁场的磁感应强度B2的大小。解析本题考查带电粒子在组合场中的运动。(1)设粒子第一次经过MN边的位置为f，由几何关系可知，e、f连线与MN垂直。设粒子在区域中做圆周运动的半径为r1，则r1cos ，解得r1，设粒子从e点射入的速度大小为v0，根据牛顿第二定律可得qv0Bm，解得v0。(2)设粒子第一次经过PQ时的速度大小为v1，粒子在电场中做逆向类平抛运动，粒子第一次在电场中运动的时间t1，粒子沿电场方向运动的位移h1L，根据运动学公式有h1at，根据牛顿第二定律可得qEma
38、，解得E，粒子从g点进入区域时的速度大小v1v0sin ，在区域中做圆周运动的半径r2hL，根据牛顿第二定律可得qv1B2m，解得区域中匀强磁场的磁感应强度大小B2B。答案(1)(2)B变式训练2(2019全国卷)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(B)ABCD解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时
39、间t1粒子在第一象限内运动的时间t2则粒子在磁场中运动的时间tt1t2，选项B正确。专题强化训练1(2021浙江杭州外国语学校期末考试)(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度图像可能是下图中的(AD)解析由左手定则可判断出圆环所受洛伦兹力方向向上，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故圆环做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应
40、图像；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，选项A对；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故圆环做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，选项D对。2平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴
41、距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。答案(1)v0，与x轴正方向夹角为45(2)解析本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0tLat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vyat设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v联立式得vv0。(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm由几何关系可知RL联立式得。- 22 -