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专题09 磁场 3 大考点概览 考点01 磁场 安培力 考点02 带电粒子在磁场中的运动 考点03 带电粒子在叠加场中的运动 一、单选题 1．（2026·山西晋城·一模）如图所示，平行长直金属导轨水平固定放置，导轨处在竖直向上的匀强磁场中， 各处材质相同、粗细均匀的金属棒MN 垂直放在导轨上保持静止，在导轨左端a、b 加上恒定电压U，金属 棒受到的安培力大小为 ；若仅将金属棒绕M 点在导轨所在平面内转过60°至图中虚线位置并保持静止， 此时金属棒受到的安培力大小为 。导轨电阻不计，则下列判断正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设开始时金属棒中电流为I，导轨间距为L，则有 若将金属棒转至虚线处，金属棒有效长度为2L，接入电路的电阻变为2R，电流变为 ，则有 ，即 考点1 磁场 安培力 故选C。 2．（2026·河南郑州·一模）利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。如图甲，在手机上建立直角 坐标系，手机显示屏所在平面为 面。某同学在测量地磁场时，以 轴为转轴，水平匀速转动手机，坐 标系随手机同步转动，测量结果如图乙所示，其中 方向的磁感应强度分别为 和 ，则从上 往下看（ ） A．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 B．手机顺时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 C．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 D．手机逆时针旋转，测量处的磁感应强度大小约为 【答案】B 【详解】由图乙可知，垂直手机平面的磁感应强度大小为 手机平面内的磁感应强度大小为 ， 则测量处的磁感应强度大小约为 由图乙可知，开始计时时，手机平面的磁场强度方向沿 轴正方向，转过 后磁场沿 轴负方向，所以 手机顺时针旋转。 故选B。 3．（2026·湖南·一模）如图所示，有三根垂直于纸面的无限长直导线，其横截面分别位于中心为 点的正 三角形的三个顶点 、 、 上，电流大小分别为 、 和 ，方向均垂直纸面向内， 处导线在 点产 生的磁场磁感应强度大小为 ，已知无限长直导线在某点产生的磁场磁感应强度大小与电流大小成正比， 则 点处的磁感应强度（ ） A．大小为 B．大小为 C．方向沿 方向且由 点指向 点 D．方向沿 方向且由 点指向 点 【答案】B 【详解】由题意可知三根通电直导线在正三角形中心O 处产生磁场的磁感应强度大小分别为 、 、 ，方向如图所示 O 点处的磁感应强度为三者的矢量和，可知三根导线产生的磁场相互之间的夹角 互为120°，合成时可将其等效成磁感应强度大小分别为 、 且方向分别沿 、 方向互成120°的两 个磁场叠加，可得O 点处的磁感应强度大小为 方向沿OB 方向且由O 点指向B 点。 故选B。 4．（2026·江苏镇江·一模）如图所示，三根电阻丝连接成一个闭合的正三角线框， 为正三角形的中心， 电流从 点流入点流出。已知三根电阻丝 、 、 电阻之比为 ，流过 边电流在 点产生的 磁感应强度为B，各边电流在 点产生的磁场强弱与电流成正比，则 点的磁感应强度大小为（ ） A．0 B． C．B D． 【答案】C 【详解】当电流从 点流入点流出时，根据右手螺旋定则可知， 边在O 点产生的磁场方向为垂直于纸 面向外；三根电阻丝 、 、 电阻之比为 ， 与 串联，再与 并联，所以 、 中的电流 和 中的电流相等，又因为通电直导线在O 点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安 培定则和矢量的叠加原理可知， 与 中的电流在 点产生的磁场垂直纸面向里，磁感应强度与 边在 O 点产生的磁感应强度相等，所以整个线框在 点产生的磁场磁感应强度大小为 ，方向垂直于纸面向里， C 正确。 故选C。 5．（2026·重庆沙坪坝·一模）一水平放置的光滑长半圆槽内有两根通以反向电流的水平长直平行导体棒， 导体棒1 固定于最低点处，可自由移动的导体棒2 恰好处于静止状态（正视图如图所示）。已知导体棒1 在导体棒2 处产生的磁感应强度大小满足关系式 （ 为常数， 为两导体棒间距离， 为导体棒1 中 电流强度），若缓慢增大导体棒2 中电流强度 ，则 将（ ） A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定 【答案】A 【详解】对导体棒2 受力分析，如图所示 根据三角形相似可得 可得 有 ， 可得 可得 缓慢增大导体棒2 中电流强度 ，两导体棒间距离增大，可得 将变大。 故选A。 二、多选题 6．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，两根完全相同的长直导线a、b 平行正对固定，O 为两导线之间与两 导线等距离的一点，且O 点在两导线所在平面内。整个空间存在垂直两导线所在平面向里的匀强磁场（未 画出），当a、b 中分别通入图示方向的恒定电流I1、I2时，O 点的磁感应强度为零。已知通电长直导线在 其周围某点产生的磁场的磁感应强度大小 （k 为已知常量，I 为导线中的电流大小，r 为该点到导线 的距离），则（ ） A． B． C．a、b 所受安培力大小相等 D．a、b 所受安培力大小不等 【答案】BD 【详解】AB．设匀强磁场的磁感应强度为 ，根据右手螺旋定则，电流 在 点的磁场方向垂直两导线所 在平面向里，大小为 ，电流 在 点的磁场方向垂直两导线所在平面向外，大小为 ，依题意O 点的 磁感应强度为零，故有 ，即 ，依题意有 ，由 知 ，A 错误，B 正确； CD．设a、b 间距离为 ，由 得 所在处的磁场 ， 所在处的磁场 由安培力 ，其中L 相同 得 ， ，可知 ，C 错误，D 正确。 故选BD。 7．（2026·河南郑州·一模）如图，两条“ ”形的平行金属导轨固定在绝缘水平面上。间距 ，左、 右两导轨面与水平面夹角均为 ，导轨顶端连接有一电动势 ，内阻 的电源。电源左 侧存在垂直于导轨平面向上且磁感应强度大小为 的匀强磁场，右侧存在竖直向下且磁感应强度大小为 的匀强磁场。质量为 的相同导体棒 分别放在两侧导轨上且均恰好静止，导体棒与导 轨垂直且接触良好，接触点间导体棒电阻均为 。已知右侧导轨光滑，左侧导轨与导体棒之间的动摩 擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属导轨电阻不计。取重力加速度大小 ，则（ ） A． 的热功率为 B． 一定等于 C． 一定等于 D．若 反向，此瞬间 加速度大小为 【答案】ACD 【详解】A．MN 与PQ 并联的总电阻为 根据闭合电路欧姆定律，电路中的总电流为 MN 与PQ 中电流相等， 的热功率为 ，故A 正确； B．MN 中的电流方向为由N 到M，根据左手定则可知，MN 所受安培力沿导轨向上，因 则 又因MN 恰好静止，故MN 所受摩擦力为最大静摩擦力，其方向可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，故 的大小不唯一，故B 错误； C.右侧导轨光滑，PQ 恰好静止，对其受力分析，受重力mg、支持力N 和水平向右的安培力FA2=B2IL，沿导 轨方向合力为零，即mgsinθ=FA2cosθ，代入数据解得B2=0.375T，故C 正确； D．PQ 所受安培力水平向左，根据PQ 受力平衡得 若 反向，根据牛顿第二定律得 联立解得 ，故D 正确。 故选ACD。 8．（2026·四川广安·一模）如图，同种材料制成的粗细均匀、边长为L 的正方形金属导线框ABCD，处于 磁感应强度大小为B、方向垂直导线框向里的匀强磁场中。A、B 两端与电源连接，通过AB 的电流为I，则 （ ） A．AB 边和CD 边所受安培力方向相反 B．AB 边和CD 边所受安培力方向相同 C． AB 边和CD 边所受安培力大小之比为3:1 D．导线框ABCD 所受安培力的合力为0 【答案】BC 【详解】AB．由图可知，AB 边电流方向由A 流向B，CD 边电流方向由D 流向C，根据左手定则可知，所 受安培力方向均竖直向上，故A 错误，B 正确； C．根据电路的连接方式可知，AB 边与AD、DC、CB 三边并联，电压相等，所以电流之比等于电阻反比， 所以流过AD、DC、CB 边的电流为 ，根据安培力的计算公式 可知，AB 边和CD 边所受安培力大 小之比等于电流之比，即为3:1，故C 正确； D．导线框ABCD 所受安培力的合力为 ，故D 错误。 故选BC。 三、解答题 9．（2026·黑龙江辽宁·一模）如图甲所示是航空母舰携带的歼 战机，其起飞时采用电磁弹射技术。我 们可以用图乙模型进行模拟。歼 模型（视为质点）的质量 ，恒压电源的电压E 10V，电容器 的电容C 1F，水平导轨 、 的间距L 1m，电阻忽略不计。已知歼 模型在起飞过程中受到跑道 的阻力f 2N，忽略空气阻力，重力加速度为 。（所有结果均保留两位有效数字）。 (1)若不采用电磁弹射技术，起飞前歼 模型受到的牵引力 ，离开跑道时的速率 ，则跑 道的长度 要满足什么条件？ (2)歼 模型起飞时采用电磁弹射技术，可以在无牵引力的情况下实现起飞。具体操作为：在导轨 、 间施加垂直于导轨平面、磁感应强度大小B 1T 的匀强磁场（图中未画出），然后使开关 接给电容 器充电，待电路稳定后将开关 接至 ，歼 模型将实现弹射起飞。假设歼 模型在导轨间的等效电阻 大小R 1Ω，歼 模型经过时间 达到最大速度 时离开导轨，求： ①电磁弹射起飞的过程中歼 模型的最大加速度大小 ； ②歼 模型离开导轨时的速度大小 ； ③当歼 模型达到最大速度时，电容器 上剩余的电荷量 。 【答案】(1) ；(2)①4m/s2；②1.8m/s；③3.8C 【详解】（1）设不采用电磁弹射技术时起飞前歼 的位移为，根据动能定理可得 且 联立解得 ， （2）①当歼 采用电磁弹射技术时，在开关由接到 的瞬间，电路中的最大电流为 最大安培力为 此时根据牛顿第二定律可得 联立解得 4m/s2 ②歼 在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为 时速度达到最大，此时电流为 ，最 大速度为 ，电容器两极板的电压为 ，则 又 每一瞬间有 微元累积有 通过歼 的电荷量 联立解得 1.8m/s ③由以上可求得 3.8V 又 =3.8C 一、单选题 1．（2026·四川广安·一模）如图，圆心为 半径为 的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量 为 电荷量为 的带正电粒子，以速度从 点正对圆心射入磁场，从 点射出磁场， ，则 磁感应强度大小为（ ） 考点2 带电粒子在磁场中的运动 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由几何关系可知，粒子圆周运动轨道半径 由 联立得磁感应强度大小为 故选D。 2．（2026·江西上饶·一模）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=bc=L， ，且ab//cd。一束带正电粒子，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。已知该粒子的比荷为k，不计粒子之间的相互作用。粒子在磁场中运动的最长时间为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 弦切角越大，圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间最长。如图，粒子从点射出时弦切角最大，由几何 关系可知 已知该粒子的比荷为k，粒子在磁场中运动的最长时间为 故选C。 3．（2026·山东济宁·一模）如图所示，空间存在某四分之一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。 一电子以初速度 从圆心 沿 方向射入磁场，恰好从 点离开磁场。若电子以初速度从 点沿 方 向射入磁场，恰好从圆弧 的中点 离开磁场。则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】作出运动轨迹如图所示 根据几何关系有 ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 ， 解得 故选D。 4．（2026·广东汕头·一模）如图所示，在空间直角坐标系 中存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场， 磁场沿x 轴正方向。原点O 处有一粒子源，在 平面内发射质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，速度 大小为 ，方向与x 轴正方向成 ，且 。不计粒子重力，该粒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 【详解】粒子的速度与磁场夹角为 ，其运动轨迹为螺旋线，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 粒子运动的周期为 圆周运动的角速度为 解得 ， A．在yOz 平面内，有 ， 联立解得 可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若 ，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A 正 确； BD．在xOy 平面内，根据运动的分解可知 ， 联立解得 则 图像为正弦曲线，振幅为 ，若振幅为L 时，对应x 轴无投影，故BD 错误； C．综上分析可知，在xOz 平面内，函数关系式满足 图像为余弦函数，故C 错误； 故选A。 5．（2026·江苏·一模）某质谱仪简化结构如图所示，在xOy 平面的 区域存在方向垂直纸面向里、大 小为B 的匀强磁场，在x 轴处放置照相底片，大量a、b 两种离子飘入（其初速度几乎为零）电压为U 的加 速电场，经过加速后，从坐标原点且与y 轴成 角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后打到照相底片上， 测得最大发射角的余弦值 ，已知a、b 两种离子的电荷量均为 ，质量分别为2m 和m，不考虑 离子间相互作用。下面说法正确的是（ ） A．a 离子在磁场中速度大小为 B．b 离子在照相底片上形成的亮线长度为 C．打在照相底片上的a、b 两种离子间的最近距离为 D．若加速电压在 之间波动，要在底片上完全分辨出a、b 两种离子，则 不超过 【答案】D 【详解】A．a 离子加速过程 解得 ，故A 错误； B．b 离子加速 解得 磁场中轨道半径 离子沿y 轴入射时，打在底片上的位置为2rb；沿与y 轴成 角入射时，水平位移为 亮线长度为 代入 ，得亮线长度 ，故B 错误； C．磁场中，洛伦兹力提供向心力，得轨道半径 则轨道半径 离子沿与y 轴成 角入射时，打在x 轴上的水平位移为 沿y 轴入射时，水平位移为 a 离子的最小水平位移（沿 角入射） b 离子的最大水平位移（沿y 轴入射） 两种离子的最近距离为 ，故C 错误； D．要完全分辨，需满足 通过半径公式推导，可得 ，故D 正确； 故选D。 6．（2026·云南·一模）如图所示，直角边长度为L 的等腰直角三角形AOC 内部，存在垂直于纸面向里的 匀强磁场.磁感应强度大小为B。在AO 边上距O 点 位置处有一粒子源P，能垂直AO 边沿纸面向磁场 内部发射质量为m、电荷量为q 的负粒子，粒子射入磁场的速率v 大小可调，忽略粒子所受重力以及粒子 间的相互作用。下列说法正确的是（ ） A．粒子在磁场中运动的时间不可能小于 B．粒子在磁场中运动的时间可能为 C．粒子在磁场中运动的时间可能为 D．若 粒子在磁场中的运动时间为 【答案】D 【详解】A．若粒子的运动速度趋向于无穷大，则其运动的半径趋向于无穷大，粒子几乎不做偏转从 边 飞出，则其在磁场中运动的时间趋向于0，故A 错误； BC．粒子在磁场中做圆周运动，周期满足 故在三角形AOC 内部做部分圆周运动所用的时间与粒子转过的圆心角有关。若粒子速度较大，粒子从 边飞出，其临界情况为粒子的圆周运动轨迹与 边相切，粒子在磁场中运动的时间为 当粒子速度略小于该临界情况，则其从 边飞出，转过的圆心角为钝角；当粒子速度逐渐减小至粒子垂 直于 边出射，其磁场中运动的时间最长，对应转过的圆心角为 ，所用时间为 综上不存在粒子在磁场中转过 出射，用时 的情况，故BC 错误； D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当圆周运动的向心力，满足 当粒子的速度 可知其运动半径为 运动轨迹如图所示 由图可知 ， 粒子轨迹圆的圆心 到 边的距离为 故粒子不会从AC 边飞出，另外出射点 到 点的距离为 可知 故粒子在磁场中转过的圆心角为 ，粒子在磁场中的运动时间为 ，故D 正确。 故选D。 二、多选题 7．（2026·海南·一模）如图甲所示，边长为L 的正方形MNPQ 区域内存在方向垂直于MNPQ 平面的磁场， 磁感强度大小为B0，方向周期性变化，且磁场变化周期T 可调。以垂直MNPQ 平面向外为磁感应强度的正 方向，B-t 图像如图乙所示。现有一电子在t=0 时刻由M 点沿MN 方向射入磁场区，已知电子的质量为m， 电荷量大小为e，PN 边界上有一点E，且 。若使电子满足下列条件时，说法错误的是（ ） A．沿 方向经过P 点，则电子的速度大小一定是 B．沿 方向经过P 点，则电子的速度大小可能大于 C．垂直 边过E 点，则磁场变化周期一定是 D．垂直 边过E 点，则磁场变化周期可能小于 【答案】ABC 【详解】AB．沿NP 方向经过P 点，根据几何关系，电子运动的半径为 根据洛伦兹力提供向心力 可得电子的速度大小 ，故AB 错误。 CD．设垂直NP 边过E 点时，磁场变化周期等于在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间，否则无法从垂 直NP 边过E 点射出。设磁场方向变化时粒子速度方向的偏转角为 ，若磁场变化周期为 ，则有 可得 根据几何关系，可知此时半径 ，当粒子的偏转半径大于 时，则存在磁场变化周期小于 。故C 错误，D 正确。 本题选错误的，故选ABC。 8．（2026·湖北·一模）如图甲，边界 下方存在磁感应强度大小为 、垂直于纸面（未标出）的匀强磁 场。氕核和氘核组成的粒子束由静止经同一加速电场加速后，从边界 上的 点垂直于边界进入偏转磁 场，氕核最终到达照相底片上的 点。已知加速电场的电压为 ，氕核、氘核的质量分别为 、 ，电荷量均为 。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．偏转磁场的方向为垂直纸面向里 B．氕核在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为 C．若氕核和氘核在照相底片上都能检测到，照相底片放置区域的长度 至少为 D．若仅将偏转磁场的区域调整为圆形且与 相切于 点，如图乙，要保证氘核进入偏转磁场后不能 打到 边界上（ 足够长），则磁场区域的半径 【答案】BD 【详解】A．根据左手定则，偏转磁场的方向为垂直纸面向外，故A 错误。 B．氕核在电场中加速时，由动能定理得 解得 氕核在偏转磁场中做匀速圆周运动 解得 ，故B 正确。 C．同理，氘核在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为 氕核和氘核在照相底片上都能检测到，照相底片放置区域的长度至少为 解得 ，故C 错误。 D．偏转磁场的区域为圆形，氘核进入偏转磁场后不能打到 边界上，磁场区域半径应该满足 解得 ，故D 正确。 故选BD。 9．（2026·广东·一模）图（a）是洛伦兹力演示仪，其简化模型如图（b）所示。玻璃泡以O 点为圆心，励 磁线圈能在玻璃泡内产生垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心O 正下方M 处固定一电子枪，能水平向左射出 速率为 （未知）的电子，当磁感应强度大小为 时，电子以O 为圆心做圆周运动；若只把匀强磁场的方 向反向，电子会打到玻璃泡边缘的N 点， 与 的夹角为 ， 的长度为 。已知电子质量为 ， 电荷量为，电子的重力不计，不考虑出射电子间的相互作用。下列说法正确的有（ ） A．电子的速率 B．电子做圆周运动的周期 C．玻璃泡的半径 为 D．电子从M 点到N 点的时间为 【答案】AD 【详解】A．当磁场垂直纸面向里时，电子以O 为圆心做匀速圆周运动，轨道半径为d，由洛伦兹力提供 向心力有 解得 ，故A 正确； B．电子做圆周运动的周期 联立解得 ，故B 错误； C．磁场反向后，电子轨迹圆半径r=d，电子轨迹如图 几何关系可知 ，故C 错误； D．几何关系可知 则电子从M 点到N 点的时间为 ，故D 正确。 故选AD。 10．（2026·重庆九龙坡·一模）如图所示，在长为 、宽为 的矩形 区域内，有垂直于纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为 。在 处有一粒子源，在某时刻同时发射大量质量为 、电荷量为 的带 正电粒子，它们的速度大小相等，速度方向均在长方形所在平面内、与 的夹角分布在 范围内。 已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 到 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为 粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一、不计粒子重力。则最后离开磁场的粒子的速度大小和方向分别 为（ ） A．粒子速度的大小为 B．粒子速度的大小为 C．速度方向与 夹角的正弦值为 D．速度方向与 夹角的正弦值为 【答案】BD 【详解】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得 解得 当 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为O 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切， 如图所示 设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意 ，所以速度的偏转角为 设最后离开磁场的粒子的发射方向与CD 的夹角为α，由几何关系得 ， ， 解得 ， ， 故选BD。 11．（2026·山东日照·一模）某磁约束装置的截面图如图所示，一环形区域截面的内圆半径为R，外圆半径 为 ，圆心均在O 点。环形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。内圆上的 点有一粒子源，可在纸面内发射质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，其中粒子甲垂直于 方向向右射 入磁场，粒子乙沿 方向射入磁场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。若两粒子均刚好不穿出外 圆边界，则下列选项正确的是（ ） A．粒子甲的速度大小为 B．粒子乙的速度大小为 C．粒子乙从射入磁场到第n 次返回 点所需时间为 D．粒子乙从射入磁场到第n 次返回 点所需时间为 【答案】AD 【详解】A．带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有 得轨迹半径 周期 甲垂直 向右射出，运动轨迹如图所示 在内圆上，故 。设甲轨迹半径为 ，轨迹与外圆相切，由几何关 系，得 解得 代入 ，解得 ，故A 正确； B．乙沿 向下射出，运动轨迹如图所示 设乙轨迹半径为 ，轨迹与外圆相切，由几何关系，得 解得 代入 ，解得 ，故B 错误； CD．对乙的轨迹，由几何关系得，粒子每从一个内圆交点运动到下一个内圆交点，轨迹圆心角为 ，每 次返回 的过程中，总圆心角为 每次返回 的过程中，在磁场中的运动时间 每次返回 的过程中，在内圆的运动时间 则第 次返回 的总时间 ，故C 错误，D 正确。 故选AD。 12．（2026·山西朔州·一模）如图所示，在 平面坐标系内，有一个圆心在原点 的圆形磁场区域，半 径为 ，圆内有方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 ；圆外有方向垂直纸 面向外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 。 点坐标为 ， 点坐标为 。 时刻，一质量为 、电荷量为 的粒子从 点沿与 方向夹角 射入磁场，粒子第一次穿过 圆形边界进入圆外区域的位置为 点，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ） A．粒子在 点的入射速度大小为 B．粒子运动过程中将会经过 点 C． 时刻，粒子将第一次回到 点 D． 时刻，粒子将第一次与 点的入射速度相同 【答案】AC 【详解】A．画出粒子的运动轨迹如图，设粒子在圆内磁场做圆周运动的半径为r，则由几何关系可知 因 解得粒子在 点的入射速度大小为 ，A 正确； B．粒子在圆外磁场中运动时 可得 根据粒子运动轨迹可知，粒子不可能经过O 点，B 错误； C．由几何关系可知，粒子每次在圆内磁场和圆外磁场中转过的角度均为120°，根据运动轨迹，当粒子回 到a 点时，在圆内磁场中转过的角度为θ1=3×120°=360°，在圆外磁场中转过的角度也为θ2=3×120°=360°，粒 子在圆内磁场中和圆外磁场中运动的周期分别为 ， 根据 可知，粒子第一次回到a 点的时间为 ，C 正确； D．由图可知，粒子第一次与 点的入射速度相同时是经过d 点，则用时间为 即 时刻粒子将第一次与 点的入射速度相同，D 错误。 故选AC。 13．（2026·河北唐山·一模）如图，在 平面直角坐标系 、 区域内存在大小为 、方向垂直 于纸面向里的匀强磁场，在 、 区域内存在大小为 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。开始 计时时，一质量为 、电荷量为 的带正电的粒子以速度 从坐标原点 沿 轴正向射入磁场，不计粒子 重力，则下列说法正确的是（ ） A．若粒子的速度方向能再次沿 轴正向，所经历的时间可能为 B．若粒子的速度方向能再次沿 轴正向，此时粒子位置的纵坐标可能为 C．若粒子离开磁场时速度与 轴成 夹角，所经历的时间可能为 D．若粒子离开磁场时速度与 轴成 夹角， 的大小可能为 【答案】ACD 【详解】根据 可知，粒子在右侧磁场中运动的半径 ，周期 在左侧磁场中运动的半径 ，周期 A．若粒子的速度方向能再次沿 轴正向，所经历的时间 当n=3 时 ，A 正确； B．若粒子的速度方向能再次沿 轴正向，此时粒子位置的纵坐标 则不可能为 ，B 错误； C．若粒子沿类似轨迹a 的形式从磁场中沿与y 轴成30°角方向射出，则用时间 当n=3 时 ，C 正确； D．若粒子沿类似轨迹b 的形式从磁场中沿与y 轴成30°角方向射出，则 的大小 当n=3 时 ，D 正确。 故选ACD。 一、单选题 1．（2026·广东深圳·一模）物理学家霍尔在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两 个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍 尔元件。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U 与电流I 和磁感应强度B 的关系可用公式 表示，其中 叫该元件的霍尔系数。若该材料单位体积内自由电荷的个数为n，每个自由电荷 所带的电荷量为q，根据你所学过的物理知识，判断下列说法正确的是（ ） A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势 B．霍尔系数 的单位是 C．公式中的d 指图中元件左右表面间的距离 D．公式中的d 指图中元件上下表面间的距离 【答案】B 考点3 带电粒子在叠加场中的运动 【详解】A．根据左手定则可知，霍尔元件中的载流子受到向上的洛伦兹力，将向上偏转。 若霍尔元件中的载流子带正电，则上表面电势高于下表面电势；若霍尔元件中的载流子带负电，则上表面 电势低于下表面电势，A 错误； B．设图中霍尔元件沿磁场方向长度为 ，垂直于电流、磁场方向的长度为 元件中的运动电荷同时受洛伦兹力，电场力作用。稳定时 电流的微观表达式 联立可得 设 ，则上式可变形为 的单位 ， 的单位 ，所以 的单位为 ，B 正确； CD．由上一选项的推导过程可知，公式中的 为沿磁场方向的长度，即前、后两表面间的距离，CD 错误。 故选B。 2．（2026·福建福州·一模）某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ 内有加速电场，三段圆弧 内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为-q、质量为m 的离子以初速度v0从P 处进入加速电场后，沿顺 时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和 相对论效应，下列说法正确的是（ ） A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1 次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k 次加速后，离子的速度大小变为 D．第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 【答案】A 【详解】A．粒子沿顺时针方向运动且带负电，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向 里，故 A 正确； BC ．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为qU ，由于洛伦兹力不做功，则 加 速 k 次后，带电粒子的动能增量为kqU，加速 k 次后，由动能定理有 解得 ，故 BC 错误； D ．粒子在偏转磁场中运动的半径为R ，则有 解得 ，故 D 错误。 故选 A。 二、多选题 3．（2026·山东烟台·一模）如图所示，水平面上方空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小 的匀强磁 场，还有水平向右、大小未知的匀强电场。在固定的水平绝缘杆上套有质量 、电荷量 的带 正电圆环，圆环下端用绝缘轻绳连接一静置在光滑水平地面上的质量 的小物块，轻绳刚好处于伸 直状态且与竖直方向的夹角 。现将该圆环由静止释放，当物块与地面之间刚好无压力时，圆环与水 平杆间也刚好无挤压。已知此过程中圆环在水平杆上移动的距离 ，重力加速度大小 ， ，不计空气阻力，则（ ） A．匀强电场的电场强度大小为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．该过程中圆环克服摩擦力做的功为21J D．该过程中圆环克服摩擦力做的功为17J 【答案】BC 【详解】AB．当物块与地面恰好无压力时，对物块受力分析有 水平方向上有 可解得 此时对圆环受力分析，在水平方向上，有 所以电场强度 ，故A 错误，B 正确； CD．此时对圆环在竖直方向上分析，有 解得圆环的速度为 对圆环与物块的系统列动能定理，有 所以圆环克服摩擦力做功的大小为 ，故C 正确，D 错误。 故选BC。 4．（2026·山东滨州·一模）如图所示，在xOy 坐标系内有I、II、III 三个区域，正方形区域I（范围 0≤x≤L，0≤y≤L）内有一分界线，分界线的下方存在沿y 轴方向的匀强电场，正方形区域II（范围0≤x≤L， L≤y≤2L）内有一分界线，分界线的上方存在垂直坐标平面的匀强磁场，区域III（范围x≤0，2L≤y≤3L）内 有沿y 轴方向的匀强电场。带电粒子均匀分布在x 轴上0<x≤L 的范围内。所有带电粒子由静止开始，经过 I、II 两个区域，均从（0，2L）坐标点沿x 轴负方向进入区域III，从y=3L 边界离开区域III。已知粒子经 过区域III 的最小偏转角为30°。在（ 3L，4L）和（0，4L）两坐标点间放置一长为3L 的荧光屏。不计粒 子的重力和粒子间的相互作用。则（ ） A．区域I 内边界为抛物线 B．区域II 内边界为直线 C．能够射到荧光屏上的粒子，经过区域III 的最小偏转角为45° D．能够射到荧光屏上的粒子数占总粒子数的75% 【答案】ABC 【详解】A．设粒子从出发点 由静止释放，I 区域电场沿y 轴方向，粒子在电场中沿y 方向匀加速， 离开电场时速度满足： 粒子进入II 区域磁场后，做 圆周偏转最终到达 ，速度沿x 负方向，因此圆周半径 ，由洛伦兹力公式 得 ，即 。 将代入动能公 式整理得： 与 为二次函数关系，因此边界是抛物线，故A 正确； B．粒子进入磁场的位置就是II 区域分界线，粒子偏转 后终点为 ，对任意出发点 ，进入磁场坐 标为 ，圆周偏转满足 ，即： 是一次函数（直线），因此边界为直线，故B 正 确； C．粒子从 沿x 负方向进入区域III，设速度偏转角为 （速度与x 轴的夹角），满足 。推 导粒子到达荧光屏 时的x 坐标：在III 中（ ）：y 位移 ，x 向左位移 出III 后（ ）：匀速运动，y 位移 ，x 向左位移 总向左位移 ，即x 坐标 。荧光屏范围 ，代入得： 因此能射到荧光屏的粒子最小偏转角为 ，故C 正确； D．由 （ 时 ），要求 得： 粒子均匀分布， 占比约为 ，不是 ，故D 错误。 故选ABC。 三、解答题 5．（2026·贵州遵义·一模）直角坐标系xOy 第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，第四象限内有垂直纸 面向内的匀强磁场B，质量m、带电量 的粒子从y 轴的P 点以速度 垂直y 轴入射第一象限，进入磁场 时速度方向与x 轴正方向的夹角 ，已知P 点到坐标原点O 的距离为L，不计粒子重力。 (1)匀强电场的电场强度的大小E； (2)粒子从P 点出发经多长时间粒子第二次经过x 轴； (3)粒子第5 次经过x 轴时的位置与O 点的距离s。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【详解】（1）设粒子进入磁场时速度为v，则可知粒子的水平速度为vcosθ=v0 代入数据解得v=2v0 由动能定理有 联立代入数据解得 （2）粒子在电场中做类平抛运动的时间为t1，以向下为正方向，根据动量定理qEt1=mvsinθ 代入数据解得 粒子在磁场中做圆周运动的周期 在磁场中做圆周运动的时间t2，由于粒子做逆时针运动，由几何关系可知，圆心角为120°，则所需时间为 粒子第二次经过x 轴的时间 （3）粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x1=v0t1 代入数据得 粒子在磁场中做圆周运动的半径R，根据牛顿第二定律有 解得 粒子在磁场中做圆周运动的水平位移 由于粒子运动具有周期性，故粒子第5 次经过x 轴时的位置与O 点的距离 6．（2026·辽宁大连·一模）如图是研究离子在电磁场中加速和偏转的装置。离子首先进入由 个金属圆筒 组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周 期为 的交变电压。某正离子从圆筒 处由静止加速，以速度 沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从 点进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为边长为 的立方体 ， 为 中点，以 为原点建立空间坐标系 ， 、 和 分别平行 轴、 轴和 轴，加速器中心轴与 轴重合。关 闭圆筒4 以后的加速电场，当仅在沿 方向加磁感应强度大小为 的匀强磁场时，离子恰好打在 点。 不计重力，求： (1)圆筒4 的长度； (2)该离子的比荷； (3)将一足够大的荧光屏垂直 轴放置，屏中心 到 点的距离为 。撤掉偏转区域 方向的磁场，同 时加上沿 方向的匀强电场 和匀强磁场 ，除了偏转区域外，其他空间不存在电场 和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。 【答案】(1) ；(2) ；(3)（ ， ， ） 【详解】（1）根据题意，设离子的电荷量为 ，质量为 ，由动能定理有 设离子进入圆筒4 的速度为 ，由动能定理有 联立解得 根据直线加速器原理可知，圆筒4 的长度 （2）根据题意可知，离子进入立方体之后在平面 内做匀速圆周运动，恰好从 点离开，画出平面 图，如图所示 由几何关系有 解得 由牛顿第二定律有 联立解得 （3）根据题意可知，离子进入立方体之后，在 平面内做匀速圆周运动，同时沿 方向做匀加速直线 运动，在 平面内做匀速圆周运动的平面图，如图所示 由牛顿第二定律有 解得 则有 解得 离子的运动时间为 在 方向上偏移 该过程在 轴方向上，做匀加速直线运动，则有 ， 解得 判断离子未从 面上出射偏转区域，则有 离开偏转区域后，离子做匀速直线运动，仍然分解分析。在 平面内，运动时间 在 方向上偏移量 在 方向上运动位移 则有 ， ， 即离子打在荧光屏上的位置的坐标（ ， ， ）。 7．（2026·甘肃·一模）如图1 所示，在平面直角坐标系xOy 中，y 轴左侧区域存在沿y 轴负方向的匀强电 场，y 轴右侧区域存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。现从坐标为（ ，0）的P 点发射一个质量为 m、电荷量为+q（q>0）的粒子，粒子的初速度大小为v0，方向沿xOy 平面且与x 轴正方向的夹角为60°。 经过一段时间后，粒子以垂直于y 轴的方向进入y 轴右侧区域，并在匀强磁场作用下再次通过x 轴，通过x 轴时速度方向与x 轴正方向的夹角仍为60°，粒子重力忽略不计，求： (1)匀强电场电场强度的大小； (2)匀强磁场磁感应强度的大小； (3)如图2 所示，在x 轴下方、y 轴右侧区域（即xOy 平面第四象限）还存在垂直于xOy 平面向外（沿z 轴方 向）的匀强电场，电场强度大小与y 轴左侧电场场强大小相等。求粒子通过x 轴进入此区域后，通过yOz 平面时的位置坐标及速度大小。 【答案】(1) ；(2) ；(3)（0， ， ）， 【详解】（1）作出粒子的运动轨迹，如图所示 粒子出射后，在y 轴左侧匀强电场中做类平抛运动，并垂直穿过y 轴，有 ， ， 联立解得 （2）设粒子垂直穿过y 轴时，轨迹与y 轴的交点为Q，OQ 之间的距离为d1，有 粒子穿过y 轴后，在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 粒子圆周运动速度大小为 根据几何关系有 解得粒子圆周运动半径为 联立可得 （3）粒子经过x 轴进入x 轴下方电场和磁场的复合场后做复杂曲线运动，曲线运动可分解为xOy 平面内的 匀速圆周运动和沿 轴正方向初速度为0 的匀加速直线运动，由于 轴上方和下方磁场磁感应强度相同， 故圆周运动半径相同，可推知，粒子经过yOz 平面时 坐标为0， 坐标为 ， 方向速度分量为 方向速度分量为 粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为 粒子在电场和磁场的复合场中运动时间为 粒子在z 轴正方向做匀加速直线运动，通过yOz 平面时，沿z 轴正方向的速度和位移分别为 ， 故粒子通过yOz 平面时的位置坐标为（0， ， ），速度大小为 8．（2026·江苏·一模）如图所示xOy 平面内，虚线y=h 上方存在垂直平面向外的匀强磁场、下方存在沿y 轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q 的带电粒子从P（ 2h，h）点以速度大小v0、方向与x 轴正 方向间的夹角θ=45°射入磁场。一段时间后，粒子第1 次从虚线上的Q（0，h）点进入电场，在电场中的运 动恰好不通过x 轴，粒子重力不计。求： (1)磁场的磁感应强度大小B； (2)粒子从P 点射入至第2 次经过虚线所用的时间t； (3)粒子第5 次经过虚线时位置的横坐标x。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【详解】（1）粒子轨迹如图 由几何关系得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则 解得 （2）设粒子从P 点射入至第2 次经过虚线，在磁场中运动的时间为t1，则 在电场中运动的时间为t2，则竖直方向上有 则 粒子从P 点射入至第2 次经过虚线的时间 （3）设粒子两次经过虚线在电场中沿x 轴方向向右移动的水平距离为 ，则 解得 在磁场中沿x 轴方向向右移动的水平距离为 粒子第5 次经过虚线时的横坐标 9．（2026·安徽芜湖·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，水平方向为x 轴，在第一象限 有方向沿x 轴负方向的匀强电场，场强为E（大小未知）；在第二象限有正交的匀强电场和匀强磁场，其 中匀强电场的方向竖直向上、场强大小为 ，匀强磁场的方向垂直纸面向里。若将一质量为m、带电量为 q 的带正电小球从x 轴上的M 点，以某一初速度 竖直向上射入第一象限，小球达到最高点时恰好经过y 轴上的P 点（未画出）。小球进入第二象限后刚好可以做匀速圆周运动，一段时间后直接从x 轴上N 点离 开复合场，N 点坐标为 。已知重力加速度为g。求： (1)出发点M 的横坐标； (2)第二象限匀强磁场的磁感应强度大小 ； (3)若在第三、四象限加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，则小球第一次在三、四象 限中运动时的最大速度和离x 轴的最大距离。 【答案】(1) ；(2) ；(3) ， 【详解】（1）由题意，因小球在第二象限做匀速圆周运动，所以重力和电场力平衡，即 故 则第一象限的电场力在水平方向产生的加速度大小 小球在y 方向做竖直上抛运动，则从M 到P 的时间 小球在P 点速度 方向沿x 轴负方向 故 即M 点横坐标为 （2）小球在第二象限内做匀速圆周运动，经过N 点，由几何关系 解得 由 解得 （3）小球从P 到N 做匀速圆周运动，由几何关系 故 则小球在N 点时速度方向与x 轴正方向成 角。把过N 点速度 分解成水平向右的分速度 和 另一分速度 ，如图所示 令 解得 根据平行四边形定则，有 ，方向与x 轴正方向成 角 即小球在三、四象限中的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和速度为 的匀速圆周运动。 则 解得 小球在最低点时，分速度 和 同向，此时速度最大且离x 轴最远，即 10．（2026·河南濮阳·一模）2025 年12 月24 日，央视发布的2025 国内十大科技新闻中，我国“人造太 阳”（东方超环EAST）入选。这款自主磁约束核聚变装置实现1 亿摄氏度、1000 秒长脉冲高约束模等离子 体运行，再破世界纪录。该装置需将高速离子束转为中性粒子束，未中性化的带电离子由“偏转系统”分 离。“偏转系统”的原理简图如图所示，中性粒子沿原方向被接收器接收；带电离子经系统后，可部分撞 击下极板，剩余进入磁场偏转，最终被吞噬板处理。已知离子带正电、电荷量为 ，质量为 ，速度为 ， 极板间距为 ，极板长度为，极板厚度、离子和中性粒子的重力均忽略不计，不考虑混合粒子间的相互 作用，吞噬板与中性离子接收器之间的磁场区域足够宽。 (1)若极板间电压为0，带电离子全部被吞噬板吸收，求磁感应强度 的最大值； (2)若两极板间电压 ，磁感应强度 且边界足够大。有一部分带电离子会通过两极板进 入偏转磁场，最终被吞噬板吞噬，求离子打到吞噬板的长度 （结果可含根号）。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）若极板间电压为0，带电离子在极板间做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，由洛 伦兹力充当向心力，有 若带电离子都能够被吞噬板吸收，沿上极板边缘射入的离子至少能够打在吞噬板的上边缘，即 代入可解得 所以磁感应强度的最大值为 （2）此时带电离子在电场中做类抛体运动，运动的加速度为 偏转电场中的电场强度为 离子在沿着极板的方向做匀速直线运动，若离子能够射出极板进入磁场，则有 垂直极板方向做匀加速直线运动，偏移量的大小为 代入后可解得 如上图所示，可知能进入磁场进行偏转的离子射出长度为 离子进入磁场时的速度方向与极板间夹角设为 ，则有 进入磁场时的离子速度为 根据向心力公式，有 进入磁场时的位置与打在吞噬板上的位置之间的距离为 代入后可解得 比较可得 所以离子能够打在吞噬板上的长度为 11．（2026·山东德州·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第一、四象限内有沿y 轴负方向的匀强电场， 第二象限以原点O 为圆心、半径为R 的四分之一圆内和第四象限均有垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限 磁场的磁感应强度是第四象限的 倍，M 点为第二象限磁场边界的一个端点。在四分之一圆的左侧有长 为R、与x 轴垂直的线性粒子源，粒子源的下端在x 轴上，粒子源上各点持续沿x 正向发射质量为m，电荷 量为q 的带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为 ，线性粒子源中点发射的粒子在M 点离开第二象限。 所有粒子第一次经过x 轴的位置连线的长度为 ，不计粒子的重力。求： (1)第二象限内磁场的磁感应强度大小； (2)第一、四象限内匀强电场的电场强度大小； (3)所有粒子第一次经过x 轴的位置最右端记为N，研究第一次通过N 点进入第四象限的粒子在第四象限的 运动，其最大速度记为 （未知），速度大小为 时运动方向与x 轴正方向的夹角记为 ，写出 与 k 的函数关系式，并写出k 的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) ， 【详解】（1）几何分析可得，所有粒子在第二象限的四分之一圆内做匀速圆周运动的半径均为 又 联立解得第二象限的四分之一圆内磁场的磁感应强度 （2）方法一：所有粒子第一次经过 轴的位置最右端记为 ，对在第一象限运动到达 点的粒子，设在 点速度与 方向的夹角为 ，沿 方向 垂直 方向 由以上两式得 由上式可得 时，粒子恰好经过 点， 又 联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小 方法二：所有粒子第一次在第一象限的运动由动能定理 某粒子经 点时与 轴正方向的夹角设为 ，在第一象限运动时的加速度大小设为 ，初末速度之间的夹 角设为 ，由该粒子第一次在第一象限运动的速度合成图可知 粒子在第一象限运动沿 方向的位移为 由以上两式得 时， 有最大值为 又 联立解得第一、四象限内匀强电场的电场强度大小 （3）由以上方程还可解得，第一次经过 点进入第四象限的粒子在该点的速度大小 方向与 轴正方向的夹角为 ； 自 点至第一次速度最大的过程，水平方向由动量定理 又由动能定理 联立解得 ， 自 点至速度大小为 的点 解得 水平方向 解得 ， 最小时： 联立解得 ， 12．（2026·重庆沙坪坝·一模）离子注入是半导体掺杂的核心技术，其原理是利用电磁场对离子束进行筛 选、加速和精准控制，我国科研团队在此领域取得重要突破。如图甲所示，简化装置由离子源、扇形分析 磁场、直线加速器和磁场注入区组成。其工作流程如下：离子源将掺杂物质电离。电离出的正离子因具有 微小初速度（大小可忽略）形成离子束，再经电压为 的电场加速后，获得相同速率。接着以散射角 （ 很小）进入正立的扇形匀强磁场区域（磁感应强度大小为 ，方向垂直纸面向外，圆弧对应的圆心角 为 ）。此区域不仅能将比荷为 的正离子从另一侧直线边界的狭缝中筛选出来，还能对离子进行汇聚 （离子离开时的散射角为 ），其中垂直扇形边界入射的离子恰好垂直边界出射。筛选出的某离子在 时进入由4 个理想金属细圆筒（筒内磁感应强度和电场强度均为零）组成的直线加速器，每个圆筒内 的运动时间为 。加速器与扇形磁场边界垂直，其 、 两端接入有效值为 、周期为 的交变电压，波 形如图乙所示。经圆筒间隙瞬时加速后的离子沿圆筒轴线进入垂直于纸面向里的磁场注入区，以入射点 为原点建立 坐标系。在 区域，磁感应强度大小为 ；在 区域，磁感应强度大小为 。其中，末级圆筒长度大于 ，大小不计的半导体晶圆平行于 轴放置在直线 上的某处。 忽略离子间相互作用、边界效应及相对论效应， 。不计离子重力和 的平方项。 (1)求离子在扇形磁场中的运动半径； (2)求第3 个金属圆筒的长度以及离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值； (3)为使离子束能恰好垂直注入到晶圆表面，求参数 应满足的条件。 【答案】(1) (2) ， (3)①若 ，即 时 第一种情况： ， 取正整数且 第二种情况： ， 取正整数且 ②若 ，即 时，则 即可。 第一种情况： ， 取正整数 第二种情况： ， 取正整数 【详解】（1）加速电场中 解得 扇形磁场中 离子在扇形磁场中的运动半径 （2）从离子源到第三个筒一共加速三次 解得 筒内磁感应强度和电场强度均为零，可知第3 个金属圆筒的长度 如图1，由几何关系、正弦定理可得 又 ，化简得 离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值为 （3）加速全过程 解得 在磁场B 中， 由几何关系易知弦长 在磁场 中， 由几何关系易知弦长 第一种情况：离子沿 方向垂直注入晶圆，如图 故 又 ，则 第二种情况：离子沿 方向垂直注入晶圆，如图 故 又 ，则 又离子不能打到第4 个圆筒，故 离子不能出左边界，故 即 ①若 ，即 时，第一种情况： ， 故 ， 取正整数且 第二种情况： ， 故 ， 取正整数且 ②若 ，即 时，则 即可。 第一种情况： ， 取正整数 第二种情况： ， 取正整数 13．（2026·河北·一模）某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的带电极板， 两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示， 板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电场）。两细虚线间（除开两极板之间 的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的 离子源S 中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O 点进入磁 场区域，O 点到极板右端的距离为D，到出射孔P 的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大 值之间调节，离子从离子源上方的O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P 射出。假设离子打到器壁或 离子源外壁则立即被吸收。忽略相对论效应，不计离子重力。 (1)求磁场磁感应强度的最小值； (2)调节磁感应强度大小为 离子能从出射孔 P 射出时，求离子在磁场中运动的时间； (3)若将磁感应强度在 范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内磁感应强度 B 所有的可能值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设离子从离子源上方的O 点射入磁场区域的速度大小为 ，则 离子偏转后直接从出射孔P 射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（ ），磁场的磁感应强度最小 （ ），则 由题意知 解得 （2）调节磁感应强度大小为 ，则离子第一次在磁场中偏转时有 可得 离子从出射孔P 射出,离子的运动轨迹如图所示,离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域,设其偏转轨道半 径为 ，则 离子偏转中第n 次经过虚线间的无场区域后从出射孔P 射出,设其偏转轨道半径为 ，从出射孔P 射出时的 速度大小为 ，则有 ， 于是有 根据几何关系有 综合可得 可见离子能从出射孔P 射出,且离子在磁场中运动的时间为 （3）令 ， 对应离子运动的轨道半径分别为 、 ，则 ， 结合前一问的分析可得 ， 可得 同理可得 联立各式解得 ，即k=35，36，……，42 又 解得 ( k=35，36，……，42) 14．（2026·江苏·模拟预测）离子推进技术在太空探索中已有广泛的应用，其装置可简化为如图（a）所示 的内、外半径分别为R1和R2的圆筒，图（b）为其侧视图。以圆筒左侧圆心O 为坐标原点，沿圆筒轴线向 右为x 轴正方向建立坐标。在 和 处，垂直于x 轴放置栅极，在两圆筒间形成方向沿x 轴正向、大 小为E 的匀强电场，同时通过电磁铁在两圆筒间加上沿x 轴正方向、大小为B 的匀强磁场。待电离的氙原 子从左侧栅极飘进两圆筒间（其初速度可视为零）。在内圆筒表面分布着沿径向以一定初速度运动的电子 源。氙原子被电子碰撞，可电离为一价正离子，刚被电离的氙离子的速度可视为零，经电场加速后从栅极 射出，推进器获得反冲力。已知单位时间内刚被电离成氙离子的线密度（沿x 轴方向单位长度的离子数） ，其中k 为常量，氙离子质量为M，电子质量为m，电子元电荷量为e，不计离子间、电子 间相互作用。 (1)在x 处的一个氙原子被电离，经电场加速后从右侧栅极射出，求其射出时的动能； (2)若电子既没有与氙原子碰撞，也没有碰到外筒壁，求电子沿径向圆周运动一个周期内x 轴方向上的速度 变化量 ； (3)若在 的微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力为 ，求 的关系 式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据能量守恒可知从右侧栅极射出时的动能 （2）粒子在筒内垂直于x 轴方向匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有 粒子运动的周期为 解得 x 轴方向上匀加速运动，根据牛顿第二定律可得加速度为 一个周期内的速度变化量 解得 （3）单位时间内刚被电离成的氙离子 微小区间内被电离的氙离子从右侧栅极射出时所产生的推力 即 解得 15．（2026·重庆·一模）通过电磁场可以实现对粒子运动的控制。如图所示，间距很小且平行正对的两水 平金属板M1N1、M2N2的长度均为2d，上极板M2N2位于平面直角坐标系xOy 的x 轴上，其中心小孔位于坐 标原点O 处。下极板M1N1连有外电路（未画出），可从整个下极板的上表面向xOy 平面内的各个方向发 射各种速度大小为0~v（v 已知）的热电子（质量为m、电荷量为 e），电子只能由小孔射出。I 区（第一 象限内和y 轴正半轴上）充满垂直xOy 平面向里的匀强磁场，II 区（x 轴下方竖直虚线N2N1右侧）充满垂 直xOy 平面向外的匀强磁场，两区磁场的磁感应强度大小相等，其他区域无磁场。不计电子重力、电子间 的碰撞及相互作用。 (1)若UM2M1=U0，求M1N1板上速度为0 的电子从O 点射出时的速度大小。 (2)某次实验时，在两金属板间加上另一恒定电压，电子经电场加速后，由小孔射出时的最小、最大速度之 比为1 2∶，之后仅经过I 区磁场偏转一次后，能全部通过x 轴上AC 之间（含A、C）的各个位置，其中A、 C 两点的横坐标分别为xA=2d、xC=4d。忽略金属板的厚度及边缘效应，已知sin37°=0.6。 ①求磁场的磁感应强度大小B。 ②若D 点位于x 轴上且xD=3.2d，通过A 点的电子和通过D 点的电子会在x 轴上发生相遇。以电子同时离开 A、D 为计时起点（t=0 时刻），求电子第一次在x 轴上相遇的时刻与位置。 【答案】(1) (2)① ；②x=16d， 【详解】（1）设 板上速度为0 的电子从 点射出时的速度为 由动能定理有 解得 （2）[1] 设电子从小孔射出时的最小、最大速度分别为 、 ,由分析知，平行板间电场对所有从小孔射 出的电子所做的功均相同，因此 板上速度为0 的电子从小孔射出时的速度最小为 ， 板上速度 为的电子从小孔射出时的速度最大为 ，分别由动能定理可得 ， 联立解得 由分析知， 板上速度为0 的电子从 点射出后，仅经I 区磁场偏转一次落在 点 可得 由洛伦兹力提供向心力 解得： [2] 设电子从小孔射出时与 方向的夹角为 、速度大小为 由板间匀变速曲线运动规律易知 其中 ，即 如答图3 所示，电子要通过 点，需满足 由此可知，通过 点的电子的竖直分速度均为 因此，通过 点的电子的速度满足 与竖直方向的夹角 满足 ，故 同理分析可知：通过 点的电子最大速度为 ，设最小速度为 ，且 方向竖直向上，则 可得： 因此通过 点的电子的速度满足 与竖直方向的夹角 满足 ，故 由 （其中 、 取1，2，3…） 可得： 因为是第一次相遇，则取最小的自然数，可得： ， 因此电子第一次在 轴上相遇的位置： 由于电子在两区磁场中的运动具有周期性，且电子做圆周运动的周期均为 ，因此从 、 两点出 发运动时间最短的电子最快到达相遇点。 由分析知，电子相遇时的时间 得 其中 ， 代入 ， 可得，到达第一次相遇位置的电子，满足： 当 时， ，不符合题意，舍去 当 时， ，符合题意 由此可知，当 时相遇的时间最短，即 ， 的电子最先相遇 因此，电子第一次在 轴上相遇的时刻： 解得： 16．（2026·河北·一模）质谱仪最重要的应用是分离同位素并测定它们的原子质量。如图甲所示，质量分 析器是质谱仪的核心装置，提供加速电场和偏转磁场，质量为m、电荷量为 的粒子从容器A 下方的小孔 进入电压为U 的加速电场，然后经过小孔 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B 的匀强磁 场中，最终在感光底片MN 上形成相应曝光点，这样就可以将进入其中的不同质量的同位素粒子进行分离。 忽略粒子进入加速电场时的速度，不计粒子重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子进入磁场区域时的速度大小 。 (2)若一束氦的两种同位素粒子 和 的原子核经上述过程打到底片的位置分别为 和 ，求 与 之比。（该结果可用根号表示） (3)事实上一束氦同位素粒子 和 的原子核从 射入磁场时速度方向有微小的发散角 ，测得最大的 发散角的余弦值 ，如图乙所示。加速电压有微小波动，且电压在 到 之间变化， 使得底片上形成两条亮线。要能有效区分出这两种同位素粒子，底片上亮线之间的间距应不小于较短亮线 长度的十分之一，求电压相对变化量 的取值范围。（ 取1.73，计算结果保留两位有效数字）注：当 时， 【答案】(1) (2) (3)0.027 （结果在0.026—0.028 之间均正确） 【详解】（1）设粒子进入磁场区域的速度大小为v0，根据动能定理，有 解得 （2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得 则粒子打到底片的距离为轨道直径 由（1）知粒子速度 代入解得 两种同位素 （质量 ，电荷 ）和 （质量 ，电荷 ），电荷量相同 ，所以 （3）粒子速度方向有发散角 （ ），电压波动 导致亮线的范围如下图所示 对 ，质量m1，最小距离 最大距离 产生亮线长度 对 ，质量m2，最小距离 最大距离 亮线长度 产生亮线间距 较短亮线长度为L2（因 ， ）。条件 即满足 可得 利用近似 可得 解得
