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专题三 电场和磁场
第9 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
一．安培力
1．（2024•重庆模拟）如图，abcd 四边形闭合线框，a、c、d 三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于
L，ab 边与x 轴平行，整个空间处于平行于+y 方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I 方向如图所示。则
关于四边形的四条边所受到的安培力的大小（ ）
A．ab 边与bc 边受到的安培力大小相等
B．cd 边受到的安培为最大
C．cd 边与ad 边受到的安培力大小相等
D．ad 边受到的安培力最大
【解答】解：根据题意可知由于ab 边与磁场方向垂直，则ab 边受到的安培力大小为：
Fab＝BILab
其中Lab＝L
解得：Fab＝BIL
由于bc 边与磁场方向平行，可知bc 边没有受到安培力的作用，即
Fbc＝0
ad 边与竖直方向夹角为45°，则ad 边受到的安培力大小为：
Fad＝BILadsin45°
由几何知识得：
Ladsin45＝LOd
其中LOd＝L
联立解得：Fad＝BIL
cd 边与磁场方向垂直，且长度最长，故cd 边受安培力的作用最大，并且大小为：
Fcd＝BILcd
由几何知识得：
1
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联立解得：
根据分析可知各边安培力大小关系为：
Fcd＞Fab＝Fad＞Fbc，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2024•江西模拟）为缩短固定翼飞行器着陆后的滑行距离，有人构想在机身和跑道上安装设备，使飞
行器在安培力作用下短距着陆。如图所示，在机身上安装长为10m、匝数为60 匝的矩形线圈，线圈通以
100A 的电流，跑道上有大小为0.2T 的磁场，通过传感器控制磁场区域随飞机移动，使矩形线圈始终处于
图示磁场中。忽略电磁感应的影响，线圈所受安培力的大小和方向是（ ）
A．24000N，向左
B．24000N，向右
C．12000N，向左
D．12000N，向右
【解答】解：由左手定则可知，各处的安培力方向如图所示
可知线圈所受安培力的方向为水平向左。线圈所受安培力的大小为F 安＝F1+F2＝2nBIL＝
2×60×0.2×100×10N＝24000N，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2024•合肥一模）如图所示，高压直流输电线上使用“abcd”正方形间隔棒支撑输电线L1、L2、L3、
L4，其目的是固定各输电线间距，防止输电线相碰。图中四根输电线平行且恰好固定在正四棱柱的四条棱
上，abcd 的几何中心为O，O 到四根输电线的距离相等，且远小于输电线的长度。忽略地磁场的影响，当
四根输电线通有等大同向的电流时，下列说法正确的是（ ）
2
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A．O 点磁感应强度方向沿bd 连线
B．四根输电线所受的安培力相同
C．L1所受的安培力方向垂直L1指向L3
D．L1和L3在O 点产生磁场的磁感应强度相同
【解答】解：AD．四条导线的电流相等，且O 点到四条导线距离相等，根据安培定则和对称性可知，L1
在O 点的磁感应强度与L3在O 点的磁感应强度等大反向，L2在O 点的磁感应强度与L4在O 点的磁感应强
度等大反向，根据磁感应强度叠加原理，四条导线在O 点的磁感应强度等于零，故AD 错误；
BC．其余三条导线对L1都是吸引力，结合对称性可知，L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac 方向，
即垂直L1指向L3，且四根输电线受安培力方向不同，故C 正确，B 错误。
故选：C。
二．左手定则——磁场对通电导线的作用
4．（2024•岳麓区校级模拟）如图所示，倾斜轨道与水平面的夹角为θ，倾斜轨道上放置一光滑的导电金
属导轨abcd，导轨间距为L，ab 间接有一直流电源，cd 段垂直于导轨放置一金属棒，回路内的电流为I，
整个空间处在磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场中，金属棒刚好处于静止状态，已知重力加速度为
g，则（ ）
A．a 端接电源的正极
B．金属棒受到的安培力大小为BIL
C．金属棒的质量为
D．金属棒的质量为
3
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【解答】解：A．cd 棒受力平衡，根据左手定则，cd 棒中的电流方向从c 到d，a 端接电源的负极，故A 错
误；
B．B 和I 相互垂直，故金属棒受到的安培力为BIL，故B 正确；
CD．如图所示，
根据共点力平衡条件得：
BIL＝mgtanθ
故CD 错误。
故选：B。
（多选）5．（2024•河南模拟）直流电动机的工作原理可以简化为如图所示的情景。两根平行的光滑金属
导轨固定在同一绝缘水平面内。两轨道左端点间接有直流电源。一金属棒ab 放在两导轨的最右端，且和两
导轨垂直，金属棒ab 的长度刚好和两导轨的间距相同，金属棒ab 的两端分别用绝缘轻绳通过光滑轻环竖
直悬挂在水平固定横梁上的O1，O2点。开始时，开关S 是断开的，轻绳刚好拉直、且金属棒ab 和两导轨
接触良好。两导轨所在的平面处于方向竖直向下的匀强磁场中。当开关S 闭合后，金属棒ab 突然开始摆
动，通过水平横梁的正上方后再摆动下来，如此不断进行下去。根据其工作原理，下列说法正确的是（
）
A．当开关S 闭合时，导体棒ab 所受的安培力水平向右
B．当开关S 闭合后，导体棒ab 所受的安培力的冲量水平向左
4
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C．当开关S 闭合后，导体棒ab 所受的安培力对导体棒ab 做正功
D．当开关S 闭合后，导体棒ab 的动量增量方向水平向左
【解答】解：A．当开关S 闭合时，由题中电路图可知通过导体棒ab 的电流方向从a 到b，由左手定则
知，导体棒ab 所受的安培力水平向右，故A 正确；
B．当开关S 闭合后，导体棒ab 所受的安培力的方向向右，冲量方向与力的方向相同，所以安培力的冲量
方向水平向右，故B 错误；
C．当开关S 闭合后，导体棒ab 所受的安培力向右，导体棒向右运动，由功的定义可知，导体棒ab 所受的
安培力对导体棒ab 做正功，故C 正确；
D．当开关S 闭合后，根据动量定理，导体棒ab 的动量增量方向和安培力的冲量的方向相同，所以导体棒
ab 的动量增量方向水平向右，故D 错误。
故选：AC。
三．安培力的计算
6．（2024•道里区校级一模）如图甲所示，直导线P、Q 分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴
上，且P 固定于水平轴正下方，两组绳长也相同，其截面图如图乙所示，导线P 通以垂直纸面向里的电
流；导线Q 电流方向未知，平衡时两导线位于同一水平面，且两组绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知
Q 的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．导线Q 中电流方向垂直纸面向里
B．导线P、Q 间的安培力大小为
C．仅使导线P 中电流I 缓慢增大且θ 不超过90°，导线Q 对悬线的拉力大小逐渐增大
D．当导线P 中电流突然消失的瞬间，导线Q 受到两绳的拉力大小之和为mgsinθ
【解答】解：A、对Q 进行受力分析可知，P 对Q 的力为斥力，根据安培定则和左手定则可知，若两导线
的电流方向相反，即导线中电流方向垂直纸面向外，故A 错误；
B、设导线Q 受到的两绳的拉力之和为T，导线P、Q 之间的安培力为F，对Q 进行受力分析，根据三角形
定则，受力如图所示：
5
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因为两组绳长相同，则根据几何关系可得：
T＝mg；
，故B 正确；
C、根据上述分析可知，导线Q 受到两绳的拉力之和T 始终为mg，与电流和角度无关，则导线Q 对悬线的
拉力大小不变，故C 错误；
D、当导线P 中电流突然消失的瞬间，导线P、Q 间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q
受到的两绳的拉力之和为mgcosθ，故D 错误；
故选：B。
7．（2024•广西模拟）半径为0.1m 的圆内有匀强磁场，磁感应强度B 大小为0.4T，现将一单匝正方形线
框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O 点重合，如图，当通过线框
的电流I 为1A 时，线框所受的安培力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：线框在磁场的线段的有效长度为
L＝
＝
＝
m
安培力大小为
F＝BIL＝0.4×1×
N＝
N
故B 正确，ACD 正确。
故选：B。
6
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（多选）8．（2024•雨花区校级一模）如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线
MN 平行于圆弧槽底边AA′放在圆弧槽上，导线中通有M→N 的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀
强磁场（图中未画出），MN 静止时，MO 连线与竖直方向的夹角θ 为30°，圆弧槽对导线MN 的支持力为
FN，PP′与圆心O 等高。下列说法正确的是（ ）
A．若仅将电流I 缓慢增大一点，则导线MN 沿圆弧槽向上运动
B．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN 将有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP′上方
C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN先减小后增大
D．若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO 连线与竖直方向夹角的最大正切值为
【解答】解：A．对长直导线MN 受力分析，受重力mg，支持力FN，安培力F，由左手定则可知安培力方
向水平向右，从M 到N 方向看，受力图如图1 所示，将电流I 缓慢增大一点，由安培力公式F＝BIL，可知
安培力增大，支持力增大，θ 角增大，即导线MN 沿圆弧槽向上运动，故A 正确；
图1
B．若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F＝BIL，可知安培力增大，方向不变，支持力增大，
θ 角增大，当θ 角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再处于平衡状态，可知θ 角不可能达到
90°，只有θ＜90°时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN 不可能运动到PP′上方，故B 错误；
C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，
由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为
FN，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则FN一直增大，故C 错误；
D．由平衡条件可得导线受安培力大小为
7
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若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转60°，由力
的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图2 所示，由解析图可知，当安培力F 的方向与支持
力为FN1的方向垂直时，MO 连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为
图2
解得
故D 正确。
故选：AD。
四．磁电式电流表
9．（2023•海淀区校级三模）磁电式电流表是常用的电学实验器材，如图所示，电表内部由线圈、磁铁、
极靴、圆柱形软铁、螺旋弹簧等构成。下列说法正确的是（ ）
8
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A．极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场
B．当线圈中电流方向改变时，线圈受到的安培力方向不变
C．通电线圈通常绕在铝框上，主要因为铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生
D．在运输时，通常把正、负极接线柱用导线连在一起，是应用了电磁阻尼的原理
【解答】解：A.极靴与圆柱形软铁之间的磁场均匀地辐向分布，磁感应强度大小和方向并不是处处相同，
所以该磁场并不是匀强磁场，故A 错误；
B.当线圈中电流方向改变时，磁场方向不变，所以线圈受到的安培力方向发生改变，故B 错误；
C.用金属铝做线圈框架，主要原因有：铝不导磁，用铝做框架可以减小对磁场的影响，保证仪表的准确性
更高；铝材料较轻，电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来，故C 错误；
D.在运输过程中，由于振动会使指针不停摆动，可能使指针损坏，将接线柱用导线连在一起，相当于把表
的线圈电路组成闭合电路，在指针摆动过程中线圈切割磁感线产生感应电流，利用电磁阻尼原理，阻碍指
针摆动，防止指针因撞击而变形，故D 正确。
故选：D。
五．洛伦兹力的计算
（多选）10．（2023•秦皇岛开学）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，
一质量为0.2kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.10kg、带电量q＝
+0.2C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，
现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N 的恒力，g 取10m/s2，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．木板先做匀加速运动，然后做加速度增大的变加速运动，最后做匀加速运动
C．滑块从静止开始达到匀速运动所需时间大于5s
D．最终木板做加速度为3m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为10m/s 的匀速运动
【解答】解：ABCD、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为：
当0.6N 的恒力作用于木板时，根据牛顿第二定律可得系统的加速度为：
9
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当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力：f＝qvB，当滑块速度为v 时，两者开始
相对于滑动，对滑块，由牛顿第二定律得有：μ（mg﹣qvB）＝ma′
对木板根据牛顿第二定律：F﹣μ（mg﹣qvB）＝Ma′，解得：v＝6m/s
当滑块的速度为4.5m/s 滑块相对于木板滑动，滑块向左做加速运动，所受洛伦兹力为f＝qvB，由于v 变
大，洛伦兹力变大，可知滑动摩擦力μ（mg﹣qvB）变小，滑块的加速度变小，滑块做加速度减小的加速
运动，在此过程中，由于滑动摩擦力减小，木板受到的合力变大，木板做加速度增大的加速运动；当洛伦
兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，根据平衡条件，有：Bqv′＝mg，解得：v′＝10m/s，此时
摩擦力消失，滑块做匀速运动，根据牛顿第二定律可得木板在恒力作用下做匀加速运动：
，由以上分析可知：开始木板与木块一起做匀加速直线运动，加速度为2m/s2；
当木板与木块的速度达到6m/s 后，滑块做加速度减小的加速运动，木板做加速度增大的加速运动；当滑块
的速度为10m/s 时后，滑块做匀速直线运动，木板做匀加速直线运动，木板的加速度为3m/s2，如果滑块一
直以2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则经过5s 滑块的速度达到10m/s，由分析可知，滑块先以2m/s2的
加速度做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动，最后速度达到10m/s，由此，滑块速度达到
10m/s 需要的时间大于5s，由此可知，木板在5s 以后才做加速度为3m/s2的匀加速直线运动，故BCD 正
确，A 错误。
故选：BCD。
11．（2022•青羊区校级模拟）如图，x 轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁
场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x 轴h 与2h 的高度以速率v0平行于x 轴正向进入磁场，并
都从P 点离开磁场，OP＝
h。则甲、乙两粒子比荷的比值为（不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（
）
10
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A．32：41
B．56：41
C．64：41
D．41：28
【解答】解：甲粒子从高MN＝h 的位置水平飞入磁场，运动轨迹如图1 所示；
甲粒子做匀速圆周运动的半径为r1，根据图中几何关系可得：（r1﹣h）2+（htan37°+
h）2＝
解得：r1＝
；
乙粒子运动轨迹如图2 所示，对乙进行几何分析可得：（2h﹣r2）2+（2htan37°+
h）2＝
解得：r2＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
可得：
＝
则甲、乙两粒子比荷的比值为
＝
，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
六．带电粒子在匀强磁场中的运动
12．（2024•龙凤区校级开学）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q
＞0）的带电粒子从圆周上的M 点沿直径MON 方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开
磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则
为（ ）
11
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为
R2＝r
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力可知
解得粒子的速度为
则粒子两次的入射速度之比为
12
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故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
13．（2024•河南模拟）2023 年4 月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世
界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强
磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核H 沿内环切线向左进入磁场，氚核H 沿内环切线向
右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H 和H 的速度之比为（
）
A．1：2
B．2：1
C．1：3
D．3：1
【解答】解：由题意可知，根据左手定则，作图如图所示
由几何关系可知，氘核
的半径为r1，根据几何关系有
2r1＝R2﹣R1＝R1
13
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所以
由几何关系可知，氚核
的半径为r2，有
2r2＝R2+R1＝3R1
所以
得到半径之比满足
根据洛伦兹力提供向心力
可得线速度的表达式为
根据题意可知，氘核
和氚核
的比荷之比为
所以
和
的速度之比为
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
14．（2024•贵州模拟）如图，半径为R 的圆形区域内有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ 是相
互垂直的两条直径。两质量相等且带等量异种电荷的粒子从M 点先后以相同速率v 射入磁场，其中粒子甲
14
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沿MN 射入，从Q 点射出磁场，粒子乙沿纸面与MN 方向成30°角射入，两粒子同时射出磁场。不计粒子
重力及两粒子间的相互作用，则两粒子射入磁场的时间间隔为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：根据粒子运动情况作出辅助线，如图所示
O1是粒子甲运动轨迹的圆心，由题意可知，四边形OQO1M 是正方形，所以甲乙运动轨迹的半径均为R，
甲的运动轨迹的圆心角为
。而粒子乙往左偏转飞出磁场，它的圆心角为
。
甲运动的时间为
乙运动的时间为
因为两粒子同时射出磁场，所以两粒子射入磁场的时间间隔为
，故B 正确，ACD 错误。
15
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故选：B。
15．（2024•沙坪坝区校级开学）如图，半径R＝2m 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P 为磁
场边界上的一点，大量相同的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P 点射入磁场，这些粒子
射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧上且Q 点为最远点。已知PQ 圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不
计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（ ）
A．（3π﹣2）m2
B．（2π﹣2）m2
C．3πm2
D．2πm2
【解答】解：设轨迹圆的半径为r，当轨迹圆的直径落在PQ 上时粒子射出磁场时的位置最远，如图所示
由几何关系
∠POQ＝90°
解得粒子做圆周运动的半径为
作出粒子的轨迹图像，阴影区域为有粒子经过的面积，如图所示
16
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则有
则圆形磁场中有粒子经过的区域面积为
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
16．（2024•长沙开学）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所
示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束质子在纸面内从a 点垂直于ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不
计重力和粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为+q。则在磁场中运动时间最长的粒子，其
运动速率为（ ）
A．
B．
C．
D．
17
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【解答】解：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
又运动学公式有：
设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为：
可知，偏转角α 越大，运动时间越长，当粒子过c 点时，运动时间最长，运动轨迹如图所示，
设半径为R，根据几何关系有：L2+（2L﹣R）2＝R2
解得：
结合半径公式可得：
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
17．（2024•西山区校级开学）如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射
出速率为v 的不同带电粒子，其中带电粒子1 从A 点飞出磁场，带电粒子2 从B 点飞出磁场，不考虑带电
粒子的重力，则（ ）
A．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷的比为1：3
B．带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷的比为1：
C．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间的比为2：3
D．带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间的比为2：1
【解答】解：AB．设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系可知，带电粒子1 和2 运动半径分别为
18
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r1＝
，r2＝
由
qvB＝
解得
则带电粒子1 的比荷与带电粒子2 的比荷的比为3：1，故AB 错误；
CD．带电粒子1 和2 圆周运动的圆心角分别为120°和60°，圆周运动时间为
t＝
可知，带电粒子1 与带电粒子2 在磁场中运动时间的比为2：3，故C 正确，D 错误。
故选：C。
（多选）18．（2024•成都二模）如图，在竖直平面内有一半径为R、圆心为O 的圆形区域，在圆形区域
内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为﹣e、质量为m 的电子从圆形区域边界上的A 点沿半径AO
方向以速度v0射入圆形区域，要使电子从圆形区域边界上的B 点离开圆形区域，∠AOB＝120°，不计电子
重力。下列说法正确的是（ ）
A．可加磁感应强度大小为
、方向垂直于纸面向里的匀强磁场
B．可加磁感应强度大小为
、方向垂直于纸面向外的匀强磁场
C．可加电场强度大小为
、方向竖直向上的匀强电场
19
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D．可加电场强度大小为
、方向竖直向上的匀强电场
【解答】解：AB.由于带负电的粒子向下偏转，故若加磁场，根据左手定则判断出磁场为垂直纸面向里，
如图
由几何关系可知，设电子的轨道半径为r，则
R＝rtan30°
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
故A 正确，B 错误；
CD.若加匀强电场，电子在匀强电场中做类平抛运动，由于粒子带负电，粒子向下偏转，故匀强电场方向
竖直向上。
由几何关系可知竖直位移
水平位移
20
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由牛顿第二定律得eE＝ma
得
由类平抛运动规律可得水平方向
竖直方向
联立解得
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
19．（2024•南昌一模）如图所示，在PM 和QK 之间有大量相同带电粒子以同一速度沿水平方向射入以O
为圆心的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场方向垂直纸面向外，PM 与圆心O 在同一水平直线上，PM 和QK
间距离为0.5R，已知所有粒子均从O 点正下方的N 点射出圆形磁场区域，立即进入下方垂直于纸面向里的
匀强磁场，并都能打到水平挡板的下表面，挡板的左侧紧贴N 点，已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场
的两倍，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则挡板下表面有粒子打到的区域长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：粒子运动的轨迹如图所示
21
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粒子在圆形磁场内运动，根据题意可知，粒子的运动满足磁会聚条件，故粒子在圆形磁场区域运动的轨道
半径等于圆形磁场的半径，即
r＝R
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子在挡板下方磁场中运动的轨道半径为
根据几何知识，可知沿着PM 进入圆形磁场的粒子打在挡板的位置到N 最远，为
沿着QK 进入圆形磁场的粒子打在挡板的位置到N 最近，为
故挡板下表面有粒子打到的区域长度为
，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
20．（2024•武汉模拟）如图，虚线圆形区域内、外均分布着垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁
感应强度大小相同、方向相反，一带电粒子从圆上的A 点正对圆心入射。仅改变带电粒子的入射速率，可
分别得到图甲和图乙中实线所示的运动轨迹。则甲、乙两图中粒子的入射速率之比为（ ）
22
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A．3
B．2
C．
D．
【解答】解：设虚线圆的半径为R，则图甲中粒子运动的轨迹如图所示
根据几何知识
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
图乙中粒子运动的轨迹如图所示，圆心连线为正六边形
23
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根据几何知识
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
解得
故两图中粒子的入射速率之比为
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）21．（2024•开福区校级模拟）如图所示，空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC 在
水平面内，边长为L，D 为AC 中点。粒子a 以速度v0沿AO 方向从A 点射入磁场，恰好能经过C 点，粒
子b 以沿OC 方向的速度从O 点射入磁场，恰好能经过D 点。已知两粒子的质量均为m、电荷量的绝对值
均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，则下列说法中正确的是（ ）
24
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A．a、b 两粒子都带负电
B．粒子a、粒子b 的半径之比为3：2
C．粒子b 的速度为2v0
D．粒子a 从A 点出发到第一次经过C 点的时间与粒子b 从O 出发到第一次经过D 点的时间之比为2：1
【解答】解：A．粒子a 经过C 点、粒子b 经过D 点，由左手定则可知，a、b 两粒子都带负电，故A 正
确；
B．a、b 两粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知
故两粒子运动的轨道半径之比为
ra：rB＝2：3，故B 错误；
C.粒子在磁场做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
25
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联立解得b 粒子的速度大小
v＝1.5v0，故C 错误；
D.根据粒子在磁场中运动的周期公式有
可知，a、b 两粒子的周期相同，由几何关系可得a 粒子运动轨迹所对应的圆心角度为120°，b 粒子运动轨
迹所对应的圆心角度为60°，即
故两粒子运动的时间之比为
ta：tb＝2：1，故D 正确。
故选：AD。
22．（2024•市中区校级模拟）一倾角为α 的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大
小为B。质量为m，电荷量为﹣q 的小球，以初速度v0从N 点沿NM 边水平射入磁场。已知斜面的高度为
h 且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上做变加速曲线运动
B．小球到达底边的时间为
C．小球到达底边的动能为mgh
D．匀强磁场磁感应强度的取值范围
26
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【解答】解：A、由于小球在下滑过程中，洛伦兹力垂直于斜面，不会影响重力与支持力的合力，因此小
球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A 错误；
B、小球做类平抛运动，则在斜面.上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
有mgsinα＝ma
再由运动学公式可得
＝
所以球到达底边MN 的时间t＝
故B 正确；
C、洛伦兹力不做功，根据动能定理有
mgh＝Ek﹣
解得Ek＝mgh+
故C 错误；
D、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球以初速度为v0平行于NM 方向运动，根据左手定则可知，小球受到的洛
伦兹力的方向垂直于斜面向上；小球能够沿斜面到达底边MN，说明洛伦兹力小于重力垂直于斜面向下的
分力，即0≤qv0B≤mgcosα
解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤
故D 错误；
故选：B。
23．（2023 秋•渝中区校级期末）如图所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁
场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界。区域Ⅰ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁
感应强度为2B，方向垂直纸面向内；边界上的P 点坐标为（8L，6L）。一质量为m、电荷量为g 的带正电
粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法中正确的是（ ）
27
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A．该粒子不一定沿y 轴负方向从O 点射出
B．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间
D．该粒子运动的可能速度为
（n＝1，2，3…）
【解答】解：AB.根据几何知识可知，OP 边与x 轴的夹角
知
α＝37°
故带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域I 与OP 边的夹角为53°，单边磁场，进出磁场速度与边界
夹角相同，若从x 轴离开1 区域就无法经过原点O 了，故根据带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域
Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y 轴负方向，故AB 错误；
C.粒子先在磁场I 区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O 点射出，这
样粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短，粒子运动轨迹如图所示
根据周期公式，粒子在两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做匀速圆周运动的周期分别为
，
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
θ1＝106°
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
28
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粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
θ2＝106°
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
所以该粒子在磁场中运动的最短时间
，故C 错误；
D.带电粒子射入磁场中做匀速圆周运动，设粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的速度为v，半径分别为
R1、R2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力
，
解得
，
带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP 边移动的距离为
L0＝L1+L2
其中
，
则n 次运动沿着OP 的距离为
10L＝nL0，n＝1，2，3.⋯⋅⋅⋅
联立解得
，故D 正确。
故选：D。
（多选）24．（2024•岳麓区校级模拟）如图为“双聚焦分析器”质谱仪的结构示意图，静电分析器中与
圆心O1等距离的各点场强大小相等、方向沿径向，电场强度大小可表示为
为考查点到球心O1的
距离，磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应
29
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强度大小为B，其左边界与静电分析器的右端面平行。在静电分析器前有一可以整体左右平移的粒子源和
加速器。由粒子源发出的一电荷量为q 的正离子经加速电场加速后，从静电分析器正中间的M 点垂直于电
场方向，沿半径为R 的四分之一圆弧轨迹做匀速圆周运动，从N 点射出，接着由P 点垂直磁分析器的左边
界射入，最后垂直打在荧光屏的Q 点，已知Q 点与圆心O2的距离为d。则下列说法正确的是（ ）
A．加速电压为
B．离子的质量为
C．若仅将离子质量变为原来的
，其他条件不变，则它打在荧光屏的位置在Q 点左侧
D．若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，则离子在分析器中不能做匀速圆周运动
【解答】解：A．设加速电压为U，离子质量为m，则根据动能定理
根据牛顿第二定律，由电场力提供向心力有
又
联立解得
，故A 正确；
B．根据动能定理，解得离子进入磁场的速度为
30
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离子在磁场中，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
其中
r＝d
联立解得
，故B 错误；
C．若离子的质量变为0.9m，分析可知，离子在磁场中运动的半径减小，会打在Q 点左侧，故C 正确；
D．若粒子源和加速器整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，根据牛顿第二定律
变形可得
故有
E1r1＝E0R
故离子仍能做匀速圆周运动，故D 错误。
故选：AC。
七．带电粒子在有界磁场中的运动
25．（2024•包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其中ac＝2d，bc＝d，c 点有
一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子
之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
31
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A．ab 边有粒子出射的区域长度为0.5d
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．若粒子从ac 边出射，入射速度v＞kBd
D．若某粒子
，则粒子可以恰好从a 点飞出
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力可得：
，可得粒子运动
半径R＝
＝
，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维，若粒子速度极大（比
如接近光速），那么粒子运动半径极大，在磁场中的运动轨迹趋于直线，那么在ab 边有粒子出射的区域长
度趋于ab 边的长度，而ab 的长等于
d＞0.5d，故A 错误；
B、粒子在磁场中运动周期T＝
＝
若粒子轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间：t＝
＝
可见粒子在磁场中运动时间与轨迹的圆心角成正比，根据粒子速度偏转角等于轨迹圆心角可知，粒子沿cd
边入射从ac 边射出时速度偏转角最大，轨迹图如下图所示
由几何关系可得最大圆心角为α＝
，则粒子在磁场中运动的最长时间为
，故B 正确；
C、由R＝
，可知粒子速率越小，运动半径越小，如上图所示，让粒子速率逐渐变小，则出射点会逐渐
靠近c 点，故半径可以小到趋近于零，即粒子速率可以小到趋近于零，仍可以从ac 边出射，故C 错误；
D、粒子恰好从a 点飞出，则其轨迹恰好在a 点与ab 边相切，轨迹图如下图所示
32
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根据几何关系可得△aOc 为等边三角形，易得轨迹半径R＝2d，由R＝
，可得粒子的速率为v＝2kBd，
故D 错误。
故选：B。
26．（2024•贵阳模拟）一磁约束装置的简化示意图如图所示。在内、外半径分别为R、
R 的环状区域
内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的粒子从P 点沿圆的
半径方向射入磁场后恰好不会穿出磁场的外边界，且被约束在大圆以内的区域内做周期性运动，不计粒子
重力。则该粒子的运动周期为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何知识
33
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解得
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何知识可知
即
θ＝60°
故一个周期内粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为
3×[360°﹣（180°﹣60°）]＝720°
粒子在磁场中运动的周期为
故粒子在磁场中运动的时间为
根据运动学公式可知，粒子在小圆内运动的时间为
故粒子的周期为
，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
（多选）27．（2024•成都模拟）如图所示，矩形磁场区域abcd 内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O1为ab
边中点位置，O2为Oa 段中点位置；现同时从O1、O2处水平向右发射速度相同的M、N 两粒子，M 粒子恰
好可以从b 点飞出磁场，M、N 两粒子的运动轨迹相交于P 点（如图中未标出），且在P 点处时M、N 速
34
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度方向垂直。已知ad 边长为ab 边的两倍，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
（ ）
A．M、N 两粒子的比荷为3：4
B．M、N 两粒子的比荷为1：2
C．M、N 两粒子不会同时到达P 点
D．P 点与边界cd 和边界bc 的距离相等
【解答】解：AB、依据题意画出两粒子的运动轨迹如下图所示，两粒子的偏转方向必相反，否则M、N 速
度方向不可能出现垂直的情况。
设ad 边长为L，M、N 两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径分别为RM、RN，则aO2＝
L。
M 粒子在磁场中圆弧轨迹为
圆周，可知其运动的半径RM＝L。
N 粒子的轨迹圆心为Q，在直角△aPQ 中，由勾股定理得：
，解得：RN＝
根据洛伦兹力提供向心力得：
，可得粒子的比荷为
＝
35
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两粒子发射速度相同，M、N 两粒子的比荷与运动的半径成反比，可得M、N 两粒子的比荷
之比等于
RN：RM＝
：L＝3：4，故A 正确，B 错误；
C、由几何关系得：tan∠PaQ＝
＝
＝
，则∠PaQ＝37°，∠aQP＝90°﹣37°＝53°
粒子圆周运动周期：T＝
＝
；粒子运动时间：t＝
＝
∝
（α 为轨迹的圆心
角）
M 粒子到达P 点的轨迹的圆心角等于∠PaQ＝37°
N 粒子到达P 点的轨迹的圆心角等于∠aQP＝53°
M、N 两粒子不会同时到达P 点的时间之比等于
之比为：
≠1
可知M、N 两粒子不会同时到达P 点，故C 正确；
D、P 点必在矩形磁场区域的上半部分区域内，P 点与下边界cd 的距离大于L，与右边界bc 的距离小于
L，P 点与边界cd 和边界bc 的距离不相等，故D 错误。
故选：AC。
（多选）28．（2024•洛阳一模）如图甲所示，ABCD 是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙
规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中
，一质量为m、所带电荷量为q 的带
正电粒子以速度v0在t＝0 时从A 点沿AB 方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法中正确的是（
）
A．若粒子经时间
恰好垂直打在CD 上，则磁场的磁感应强度
B．若粒子经时间
恰好垂直打在CD 上，则粒子运动的半径大小
36
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C．若要使粒子恰能沿DC 方向通过C 点，磁场变化的周期
（n＝1，2，3…）
D．若要使粒子恰能沿DC 方向通过C 点，则磁场的磁感应强度的大小
（n＝1，2，3…）
【解答】解：粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，由牛顿第二
定律得：qvB＝m
，解得磁感应强度大小B＝
，周期粒子做匀速圆周运动的周期T＝
A、若粒子经时间t＝
T0恰好垂直打在CD 上，
那么，粒子做圆周运动的半径为L，则磁感应强度B0＝
，故A 正确；
B、若粒子经时间t＝
T0恰好垂直打在CD 上，粒子的轨迹必定为3 个四分之一圆周，如图2 所示，
那么，粒子做圆周运动的半径为
L，故B 错误；
CD、若要使粒子恰能沿DC 方向通过C 点，那么，粒子经过nT0时间运动的速度沿DC 方向；
则粒子经过
T0转过的中心角为60°，粒子做圆周运动的半径R＝
AC＝
n＝1、2、3……；
故磁场的磁感应强度的大小B0＝
＝
n＝1、2、3……，磁场变化的周期T0＝
37
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＝
n＝1、2、3……，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
29．（2024•浑南区校级模拟）如图所示，边长为4a 的正方形ABCD 的顶点A 处有质子源，沿AD 边射出
速率为v 的质子。正方形内有以正方形中心O 为圆心、半径为a 的圆形区域，正方形的对角线AC 与圆形
区域的交点分别为M、N，在圆外、正方形内区域（含边界）分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知
质子比荷为k，不计重力。
（1）若质子恰能从M 点进入圆形区域，求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在圆形区域内加上匀强电场，方向与对角线BD 平行，若质子恰能从M 点进入电场、从N 点离开电
场回到磁场，求：
①电场的电场强度E 的大小；
②质子从A 点运动到C 点的时间。
【解答】解：（1）符合条件的质子运动轨迹的圆心在AM 连线的中垂线与AB 的交点，如图所示
质子恰能从M 点进入圆形区域，根据几何关系可知
设质子的电荷量为e，质量为m，则比荷
k＝
根据洛伦兹力提供向心力有
38
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evB＝m
联立解得
B＝
（2）质子在磁场和电场中运动轨迹如图
①质子在电场中做类斜上抛运动，在MN 方向上
2a＝v•cos 45°•t1
解得质子在电场中运动的时间
t1＝
在电场方向，与对角线BD 平行方向上
vsin 45°＝a1•
又
eE＝ma1
联立解得
E＝
②质子在磁场中的运动时间
该质子从A 点运动到C 点的总时间
t＝t1+t2
解得
t＝
39
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答：（1）若质子恰能从M 点进入圆形区域，磁场的磁感应强度大小
；
（2）①电场的电场强度E 的大小
；
②质子从A 点运动到C 点的时间
。
30．（2024•重庆模拟）地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的
地磁场简化为如图，O 为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为R 和2R 的两边界之间的圆环区
域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN
沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m。电荷量均为q。不计粒子的重力及相互作用力。则（ ）
A．粒子无论速率多大均无法到达MN 右侧地面
B．若粒子速率为
，正对着O 处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率小于
，入射到磁场的粒子可到达地面
D．若粒子速率为
，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域
【解答】解：B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子的速率为
，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得粒子运动半径为r＝R
若粒子正对着O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如下图所示，
40
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设该轨迹半径为r1，由几何关系可得：
解得：
，故B 错误；
C．若粒子的速率为
，同理可得粒子运动半径为
由B 选项分析可知，若粒子速率等于
时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于
，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C 错误；
D．若粒子速率为
，同理可得粒子运动半径为
此时对于由最下端N 点入射的粒子，其轨迹圆心角为O1，如下图所示，
因
﹣（2R﹣r3）2＝
＝R，故可知由最下端N 点入射的粒子恰好到达地面的最右侧
的P 点，而在最下端的以上入射的粒子的轨迹与MN 右侧地面的交点均在P 点下方，正对圆心O 入射的粒
子恰好到达地面的最下端Q 点，故入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域，即圆弧PQ 部
分，故D 正确；
41
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A．由D 选项的结论可知，粒子可以到达MN 右侧地面，故A 错误。
故选：D。
（多选）31．（2024•碑林区校级模拟）2023 年7 月5 日，中核集团正式签约承建全球首个全高温超导核
聚变实验装置，彰显了我国在此领域技术水平居国际前列。在可控核聚变中用磁场来约束带电粒子的运
动，叫磁约束。如图所示为核聚变中磁约束装置的简化图，圆环状匀强磁场区域的内半径为R1，外半径为
R2，磁感应强度大小为B，方向垂直于环面，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方
向的速度。下列说法正确的是（ ）
A．要使所有带电粒子约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为
B．从内环边缘相切射出的带电粒子，仍在磁场区域运动的最大速度为
C．要使以大小为v 的速度由圆心沿半径方向运动的带电粒子不离开半径为R2的区域，
D．要使以大小为v 的速度由圆心沿半径方向运动的带电粒子不离开半径为R2的区域，
【解答】解：AB.带电粒子的速度越大，在磁场中圆周运动的半径就越大，要使带电粒子约束在半径为R2
的区域内，临界轨迹如图所示
42
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根据几何关系，可得带电粒子圆周运动的最大半径为
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得带电粒子的最大速度为
，故AB 正确；
CD.要使以大小为的速度由圆心沿半径方向运动的带电粒子不离开半径为R2的区域，临界状态如图所示，
设临界状态圆周运动半径为r'，则
根据几何关系可得
根据AB 选项分析可知磁感应强度越大则半径越小，有
联立解得
43
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所以要使以大小为v 的速度由圆心沿半径方向运动的带电粒子不离开半径为R2的区域，须符合
故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
32．（2024•石家庄模拟）微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L 的竖
直条形区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，宽度为L 的竖直条形区域Ⅱ内
存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子，以初速度v0＝
从区域Ⅰ左边
界上O 点水平向右垂直射入磁场，从区域Ⅰ右边界上的P 点（图中未画出）进入区域Ⅱ，最终从区域Ⅱ右
边界水平向右射出。不计粒子的重力。
（1）求区域Ⅱ匀强电场强度E 的大小；
（2）若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从与P 点等高的Q 点（图中未画出）离开区域Ⅱ，求粒子在区域
Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间；
（3）若在区域Ⅱ再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场，调整区域Ⅱ的宽度，使粒
子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出，求该情况下区域Ⅱ的宽度。
【解答】解：（1）粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
解得
r＝2L
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粒子运动到P 点时，将速度v0分解为水平分速度vx和竖直分速度vy，如图所示
根据几何关系可得
解得
故
粒子在区域Ⅱ内看作反向类平抛运动，根据类平抛运动的规律有
水平方向上有
L＝vxt
竖直方向上有
联立解得
；
（2）若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从P 点等高的Q 点离开区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ原有轨迹不变，其运
动轨迹如图所示
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粒子在磁场中运动的周期为
粒子在区域Ⅰ内的运动时间为
根据斜抛运动的对称性，粒子在区域Ⅱ中的运动时间
则粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动的总时间
；
（3）在区域Ⅱ中加磁场后，且满足
故粒子在Ⅱ复合场中的运动可看作匀速直线运动和匀速圆周运动的叠加，圆周运动的初速度方向向上，当
圆周运动经过
时，圆周运动的速度水平，合速度水平向右，此时，水平位移x 为匀速直线
运动位移和匀速圆周运动水平位移的矢量和，匀速直线运动的位移为
x1＝vxt
其中
联立解得
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（n＝0，1，2...）
圆周运动的水平位移为半径长度
x2＝r＝L
故区域Ⅱ的宽度为
（n＝0，1，2...）。
答：（1）区域Ⅱ匀强电场强度E 的大小为
；
（2）粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为
；
（3）该情况下区域Ⅱ的宽度为
（n＝0，1，2...）。
33．（2024•包头一模）如图所示，在xOy 平面内，以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内存在方
向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，直线x＝﹣R 的左侧区域存在平行y 轴向下的匀强电
场。质量均为m、电荷量均为+q 的甲、乙粒子分别从圆上的N（
R，﹣
R）、M（0，﹣R）两点垂直x
轴射入匀强磁场，均从圆上的P 点位置离开磁场，甲粒子经过P 点时的速度方向平行于x 轴向左，电场强
度的大小为E＝
，sin53°＝
，cos53°＝
，不计粒子重力，求：
（1）甲、乙粒子射入磁场时的速率之比；
（2）甲粒子从射入磁场到第二次经过x 轴所用的时间；
（3）乙粒子轨迹上的最高点到x 轴的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
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根据几何知识可知P 点坐标为（
），故
，解得：R2＝3R
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
；
解得甲、乙的速度分别为
；
故甲、乙粒子射入磁场时的速率之比为
；
（2）甲粒子在磁场中运动的周期为
根据几何知识可知，轨迹对应的圆心角为90°，故甲在磁场中运动的时间为
甲粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有
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根据牛顿第二定律：
联立解得：
粒子在磁场边界和电场边界之间的左匀速运动的时间为
t3＝
＝
故甲粒子从射入磁场到第二次经过x 轴所用的时间为：t＝t1+t2+t3
解得：
；
（3）根据几何知识有：
，即：θ＝37°
两者进入电场的位置距离x 轴的距离为：y1＝
＝
乙粒子在电场中做类斜上抛运动，将其速度分解到水平方向和竖直方向有
根据牛顿第二定律有
根据运动公式：
解得乙粒子在电场中上升的最大高度为：
故乙粒子轨迹上的最高点到x 轴的距离为
＝
。
答：（1）甲、乙粒子射入磁场时的速率之比为
；
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（2）甲粒子从射入磁场到第二次经过x 轴所用的时间为
；
（3）乙粒子轨迹上的最高点到x 轴的距离为
。
34．（2024•厦门二模）如图所示，直角坐标系xOy 平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强
磁场B 和沿y 轴正方向的匀强电场E，E、B 大小均未知。质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从x 轴
负半轴M 点与x 轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0从点P（0，d）垂直y 轴进入磁场，最
后从N 点与x 轴正方向成60°射出磁场，不计粒子重力。
（1）求粒子进入电场时的速度大小；
（2）求磁感应强度B 的大小；
（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f＝kv（k 为已知常量），粒子恰好从Q 点（图中未标
出）垂直x 轴射出磁场，求Q 点的坐标；
（4）在第（3）问的情况下，求粒子从P 点运动到Q 点的轨迹长度。
【解答】解：（1）粒子在电场的运动可看成逆向的类平抛运动，设粒子进入电场的速度为v，根据几何关
系有
v0＝vcos60°
解得
v＝2v0；
（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
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根据几何知识有
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
；
（3）对粒子受力分析可知，速度的x 轴分量会产生x 轴的阻力与y 轴负方向的洛伦兹力；速度的y 轴分量
会产生y 轴的阻力与x 轴正向的洛伦兹力，在x 轴上，取向右为正方向，根据动量定理有
∑（﹣kvx+qvyB）Δt＝∑mΔvx
即
﹣kx+qBy＝m（0﹣v0）
其中
y＝﹣d
联立解得
故Q 点坐标为
；
（4）同理在y 轴上，取向下为正方向，根据动量定理有
∑（﹣kvy﹣qvxB）Δt＝∑mΔvy
即
﹣ky﹣qBx＝m（﹣vQ﹣0）
联立解得
切线方向，阻力使得粒子速度减小，在切线方向有
∑﹣kvΔt＝∑mΔv
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即
﹣kl＝m（vQ﹣v0）
联立解得轨迹长
。
答：（1）粒子进入电场时的速度大小为2v0；
（2）磁感应强度B 的大小为磁感应强度B 的大小
；
（3）Q 点的坐标为
；
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