五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09磁場(chǎng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1安培力2022命題趨勢(shì)聚焦復(fù)雜軌跡的幾何構(gòu)建、多場(chǎng)耦合的動(dòng)態(tài)分析及前沿技術(shù)的物理原理溯源。試題設(shè)計(jì)顯著強(qiáng)化帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的精細(xì)化建模，例如構(gòu)建圓形邊界、有界磁場(chǎng)或周期性交變磁場(chǎng)，要求通過幾何關(guān)系精確求解粒子偏轉(zhuǎn)半徑、運(yùn)動(dòng)時(shí)間及臨界射出條件，并運(yùn)用牛頓第二定律與洛倫茲力公式推導(dǎo)比荷表達(dá)式。復(fù)合場(chǎng)問題更趨綜合與工程化，涉及速度選擇器、質(zhì)譜儀的參量定量設(shè)計(jì)，或分析霍爾效應(yīng)中載流子類型判斷、霍爾電壓計(jì)算及其在電流傳感中的應(yīng)用；高階命題要求處理重力場(chǎng)-電場(chǎng)-磁場(chǎng)的三場(chǎng)共存問題。安培力的考查側(cè)重實(shí)際場(chǎng)景建模，如分析電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)矩、磁電式儀表游絲扭矩平衡，或計(jì)算超導(dǎo)線圈的強(qiáng)磁場(chǎng)應(yīng)力形變。數(shù)學(xué)工具的深度整合成為關(guān)鍵，需靈活運(yùn)用三角函數(shù)處理角度約束、參數(shù)方程描述螺旋線軌跡、數(shù)列思想求解周期性穿越復(fù)合場(chǎng)的累積位移。設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)要求搭建簡(jiǎn)易質(zhì)譜儀驗(yàn)證同位素質(zhì)量差異，并分析地磁場(chǎng)對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾修正，全面檢驗(yàn)對(duì)電磁相互作用本質(zhì)的空間想象能力與跨學(xué)科應(yīng)用素養(yǎng)?？键c(diǎn)2帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2024、2023、2021考點(diǎn)3帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2025、2022考點(diǎn)01安培力1．（2022·湖南·高考）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場(chǎng)，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（

）A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【詳析】A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯(cuò)誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有sinθ=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，BC故選D?？键c(diǎn)02帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．（2024·湖南·高考）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。【答案】（1）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，則有t=nT聯(lián)立得B=當(dāng)n=1時(shí)，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當(dāng)tanθ有最大值時(shí)，vy最大，R最大，此時(shí)B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當(dāng)vy最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=又v聯(lián)立得y3．（2023·湖南·高考）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳析】由題知粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1=qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4πA．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvA?2B1=qE，則v再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvBB1=q?2E，則vB=2v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinθ=2r43r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)qvB=m4π2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinα=2r42r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)qvB=m4π2故選D。4．（2021·湖南·學(xué)業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。對(duì)處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框?yàn)檫呴L(zhǎng)等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長(zhǎng)等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長(zhǎng)等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，在坐標(biāo)原點(diǎn)O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑r1，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點(diǎn)飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于磁場(chǎng)半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場(chǎng)即為最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁場(chǎng)半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，圓形磁場(chǎng)的面積為S（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，3和4為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動(dòng)的磁場(chǎng)的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，可知磁場(chǎng)的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SS類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對(duì)稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)面積為S考點(diǎn)03帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E0，內(nèi)阻為r0，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑片處于滑動(dòng)變阻器中點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(diǎn)(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)若粒子離開b點(diǎn)時(shí)，在平行板電容器的右側(cè)再加一個(gè)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有3豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個(gè)豎直向上的速度使得其對(duì)應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場(chǎng)力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的合速度的豎直方向分速度為此時(shí)合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=最遠(yuǎn)距離為x6．（2022·湖南·高考）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為3d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得Eq=mgR2，兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得E解得E一、單選題1．（2025·湖南婁底·高三下模）關(guān)于磁場(chǎng)和磁感線，下列說法正確的是（）A．磁極間的相互作用是直接接觸產(chǎn)生的B．磁場(chǎng)是看不見摸不著，人們假想存在的物質(zhì)C．磁場(chǎng)是客觀存在的物質(zhì)D．磁感線是客觀存在的物質(zhì)【答案】C【詳析】A．磁極間的相互作用是由磁場(chǎng)產(chǎn)生的，無需直接接觸，故A錯(cuò)誤；BC．磁場(chǎng)是看不見摸不著，是實(shí)際客觀存在的物質(zhì)，故B錯(cuò)誤，C正確；D．磁感線是不存在的，是人們假想的描述磁場(chǎng)的曲線，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（24-25高二·永州·期末）利用如圖所示的電流天平，可以測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為N，cd邊水平且長(zhǎng)為l，cd邊處于方框內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線圈平面垂直。當(dāng)線圈中通入電流I時(shí)，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達(dá)到平衡；當(dāng)線圈中通入大小不變、方向相反的電流I′時(shí)，在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂再次達(dá)到新的平衡，重力加速度為g。則方框內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．mgIl B．C．mgNIl D．【答案】B【詳析】線圈的cd邊處于方框內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，匝數(shù)為N，邊長(zhǎng)為l，當(dāng)線圈中通入電流I時(shí)，所受的安培力大小為F安=NBIl，當(dāng)電流反向時(shí)，需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂才能再次達(dá)到新的平衡，說明原來的安培力方向向上，當(dāng)電流反向時(shí)，安培力方向變?yōu)橄蛳?，因?yàn)殡娏鞯拇笮〔蛔?，故安培力的大小不變，所以線圈所受安培力的大小應(yīng)等于所增加砝碼重力的一半，即F安故選B。3．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，在0≤x≤l的真空區(qū)域中有足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿圖示方向射入磁場(chǎng)中，已知θ=60°。粒子穿過A．帶正電，2qBlB．帶正電，2qBlC．帶負(fù)電，2qBlD．帶負(fù)電，2qBl【答案】B【詳析】由題知，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場(chǎng)，說明粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，作出其運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OO1D=θ=60°，設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°+r=l故選B。4．（24-25高三·湖南郴州·三測(cè)）如圖所示，等邊三角形abc中心處靜置一長(zhǎng)直通電導(dǎo)線M，導(dǎo)線與abc紙面垂直，電流方向未知，該空間還存在與bc邊平行足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖中所示，已知a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則（）A．M中的電流方向垂直于紙面向里B．b、c兩點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為BC．沿Ma方向到無窮遠(yuǎn)處，磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，方向一直不變D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B【答案】D【詳析】A．設(shè)通電直導(dǎo)線在a、b、c三點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由于a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，可知M導(dǎo)在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B等大方向，由右手螺旋定則可知M中的電流方向垂直于紙而向外，故A錯(cuò)誤；B．M導(dǎo)線在bc兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，如圖所示因?yàn)锽0=B，由幾何關(guān)系可知b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bc=BbC．在a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，在a點(diǎn)下側(cè)到M點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向左，在Ma的延長(zhǎng)線上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，故C錯(cuò)誤；D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點(diǎn)B0和B的夾角變?yōu)?20°，b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，故D正確。故選D。5．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在直角三角形OMN的M、N兩頂點(diǎn)處，∠M=90°，∠N=30°。M處導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，N處導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，兩導(dǎo)線中的電流大小可以變化。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中電流I成正比、與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比?，F(xiàn)讓兩導(dǎo)線以A．兩處導(dǎo)線中的電流均增大B．兩處導(dǎo)線中的電流均減小C．M處導(dǎo)線中電流一直減小，N處導(dǎo)線中的電流一直增大D．M處導(dǎo)線中電流一直增大，N處導(dǎo)線中的電流一直減小【答案】D【詳析】由右手螺旋定則確定M、N兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向（如圖所示）從圖示位置順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)60°的過程中，兩導(dǎo)線的產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向也沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°角，因O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為零。則BM與BN的矢量和與B等大反向，由畫圖法知，BM逐漸增大，BN逐漸減小。通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr，可推知M處導(dǎo)線中電流一直增大，故選D。6．（25屆湘豫名校高三·下·三模）質(zhì)譜儀可以進(jìn)行同位素分析，其原理如圖所示。兩平行豎直放置的極板間距為d，兩板間加恒定電壓U。板間加有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不考慮邊界效應(yīng)。水平邊界MN下方空間加有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，照相底片位于邊界MN處?，F(xiàn)有某種元素的一價(jià)正離子從極板中間沿直線豎直飛入MN下方磁場(chǎng)，分成兩股，最后打在照相底片上形成兩個(gè)亮斑，亮斑間距為x。電子電荷量大小為A．eB1BC．B1B2【答案】B【詳析】設(shè)離子質(zhì)量為m，在極板間勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，有eE=evB1，場(chǎng)強(qiáng)E=U在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中軌道半徑為r，有evB2=mv2r，可得r=mveB2=故選B。7．（2025·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)·一模）在水平光滑絕緣桌面上，放置一個(gè)半徑為R的超導(dǎo)導(dǎo)線環(huán)，其中通過的電流為I。穿過導(dǎo)線環(huán)垂直桌面向下有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線環(huán)全部位于磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則導(dǎo)線環(huán)各截面間的張力為（）。A．BIR B．0.5BIR C．0 D．πBIR【答案】A【詳析】把導(dǎo)線環(huán)分成兩半，取其中的一半作為研究對(duì)象，兩端截面所受張力均為T，整個(gè)半環(huán)受到的安培力F，受力分析如圖根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得F=BI?2R，所以T=故選A。8．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一根長(zhǎng)L的豎直光滑絕緣細(xì)桿MN，細(xì)桿頂端套有一個(gè)質(zhì)量m電荷量qq>0的小環(huán)。現(xiàn)讓細(xì)桿以恒定的速度vv<mgqB沿垂直磁場(chǎng)方向水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)釋放小環(huán)（豎直方向初速度為A．小環(huán)的軌跡是條直線B．洛倫茲力對(duì)小環(huán)做負(fù)功C．小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不變D．小環(huán)在絕緣桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2Lm【答案】D【詳析】A．對(duì)小環(huán)分析可知，豎直方向受向下的重力和向上的洛倫茲力作用，加速度a=因v不變，則加速度不變，即小環(huán)在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，可知小環(huán)運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．洛倫茲力對(duì)小環(huán)不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．水平速度小環(huán)受到向右的洛倫茲力作用，在細(xì)桿對(duì)小環(huán)有向左的彈力作用，該彈力對(duì)小環(huán)做負(fù)功，可知小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．小環(huán)在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a=mg-qvBm，根據(jù)L=12at2故選D。9．（2025·湖南常德一中·高三下·模擬）空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿y軸向下，將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子的部分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達(dá)x軸的坐標(biāo)為（a，0），已知該曲線在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到x軸距離的2倍，該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為P（x，y），不計(jì)粒子的重力，則（）A．該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置坐標(biāo)的y值可能取負(fù)值B．該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置坐標(biāo)的x值不可能大于aC．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中第一次運(yùn)動(dòng)到離x軸最遠(yuǎn)處時(shí)，距離x軸的距離yD．粒子運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率v【答案】C【詳析】AB．粒子從初始位置運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)電場(chǎng)力做功為0，所以不可能運(yùn)動(dòng)到x軸以上位置，即y值不可能取負(fù)值；到達(dá)x軸的速度為零，所以會(huì)再次向下運(yùn)動(dòng)，重復(fù)前一段的軌跡向前運(yùn)動(dòng)，則x值會(huì)大于a，故AB錯(cuò)誤；C．粒子第一次運(yùn)動(dòng)到距離x軸最遠(yuǎn)處時(shí)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得Eqym=在此處有qvmB-Eq=mvm22D．最大速率滿足Eqym=12mv故選C。二、多選題10．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機(jī)，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長(zhǎng)傾斜導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，其所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)用導(dǎo)線把兩導(dǎo)軌分別與圓盤發(fā)電機(jī)中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，電阻為2R的ab導(dǎo)體棒，其余電阻不計(jì)。當(dāng)圓盤以角速度ωA．從上往下看，圓盤順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)B．a(chǎn)b間電勢(shì)差UC．若B2大小、方向均可改變，導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，B2D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，ab棒將沿導(dǎo)軌先勻加速下滑后勻速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳析】A．a(chǎn)b棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由a到b，故b端電勢(shì)低于a端電勢(shì)，由右手定則可知，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向（從上往下看）為順時(shí)針方向，A正確；B．由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=12Br2ω，由閉合電路歐姆定律可知，abC．若B2大小、方向均可改變，導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由平衡條件可得B2minIL=mgsinθ，由閉合電路歐姆定律I=E2R+R，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=1D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，ab棒沿導(dǎo)軌向下做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由ab棒受力可知，棒先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。11．（25屆·高三下·湖南常德臨澧一中·模擬）等腰梯形AFCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，梯形上、下底AF、CD長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L，∠D=60°，下底CD的中點(diǎn)E處有一個(gè)α粒子放射源，可以向CD上方（各個(gè)方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，不計(jì)粒子間的相互作用力及重力，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為A．所有從A點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等B．若粒子可以到達(dá)F點(diǎn)，則其最小速度為3C．到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)F點(diǎn)的粒子一定具有相同的速率D．運(yùn)動(dòng)軌跡與AD邊相切（由CD邊出磁場(chǎng)）的速率最小的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為8πm【答案】BD【詳析】A．由幾何關(guān)系可知，不同速度的粒子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，軌跡圓的弦長(zhǎng)相同，半徑不同，運(yùn)動(dòng)的圓心角不同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間就不相同。故A錯(cuò)誤；B．α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示時(shí)有最小速度由幾何關(guān)系可知，此時(shí)β=2π3，軌跡半徑為r=L2cos30°=33LC．到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)F點(diǎn)的α粒子運(yùn)動(dòng)半徑可以不相同，故速率可能不同，故C錯(cuò)誤；D．如圖丙所示當(dāng)α=2π3時(shí)，符合題意的α粒子速度最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=4（故選BD。12．（2025·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)·一模）2024年1月，國(guó)務(wù)院國(guó)資委啟動(dòng)實(shí)施未來產(chǎn)業(yè)啟航行動(dòng)，明確可控核聚變領(lǐng)域?yàn)槲磥砟茉吹奈ㄒ环较??？煽睾司圩儺?dāng)中，有一重要技術(shù)難題，就是如何將運(yùn)動(dòng)電荷束縛在某一固定區(qū)域。有一種利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)組合的方案，其簡(jiǎn)化原理如下。如圖，已知直線l上方存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，直線l下方存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)帶正電的、不計(jì)重力的粒子從電磁場(chǎng)邊界l上方一點(diǎn)，以一定速度水平向右發(fā)射，經(jīng)過一段時(shí)間又回到該發(fā)射點(diǎn)。則改變下列條件能使粒子發(fā)射后回到原來位置的是（）。A．僅帶電粒子比荷發(fā)生變化（但仍為帶正電的粒子）B．僅帶電粒子初速度發(fā)生變化C．電場(chǎng)強(qiáng)度變成原來3倍且磁感應(yīng)強(qiáng)度變成原來2倍D．僅發(fā)射點(diǎn)到電場(chǎng)邊界l的距離發(fā)生變化【答案】AD【詳析】A．粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R，解得R=mvqB，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)qE=ma，h1=12at2，B．由上述分析可知，僅帶電粒子初速度發(fā)生變化，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，電場(chǎng)強(qiáng)度變成原來3倍且磁感應(yīng)強(qiáng)度變成原來2倍，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知，僅發(fā)射點(diǎn)到電場(chǎng)邊界l的距離發(fā)生變化，能使粒子發(fā)射后回到原來位置，D正確。故選AD。13．（24-25高三·湖南·沖刺壓軸（三））如圖所示為電子在威爾遜云室的運(yùn)動(dòng)軌跡，云室處于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)當(dāng)中，一電子以初速度v0垂直于磁場(chǎng)進(jìn)入云室內(nèi)，運(yùn)動(dòng)過程中受到氣體的阻力大小f=kv，k為常數(shù)，v為其速率，電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)，速度大小變?yōu)関1，電子電量為e，質(zhì)量為A．電子的軌跡由a→bB．進(jìn)入時(shí)磁場(chǎng)時(shí)電子的加速度為a=C．電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)的過程所花的時(shí)間t=D．電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度為S=km(【答案】AC【詳析】A．因?yàn)樽枇Φ淖饔?，離子的速度減小，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑滿足qvB=mv2R，解得R=mvqB，故B．初始時(shí)，離子受阻力和洛倫茲力共同的作用，由牛頓第二定律可得F合=ma解得a=(kvmC．根據(jù)上述分析可知R=mvqB，可得ω=vR=qBD．根據(jù)動(dòng)量定理，在沿切線方向，則有∑(-kv?Δt)=m(v1-v故選AC。14．（2025·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)·高三下·模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中有如圖所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)上邊界是以O(shè)'0，4d點(diǎn)為圓心、半徑為R=5d的一段圓弧，圓弧與x軸交于M-3d，0、N3d，0兩點(diǎn)，磁場(chǎng)下邊界是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為r=3d的一段圓弧。如圖，在虛線區(qū)域內(nèi)3d<y<9d有一束均勻分布帶負(fù)電的粒子沿x軸負(fù)方向以速度v0A．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為4dB．正對(duì)O'點(diǎn)入射的粒子離開磁場(chǎng)后不一定會(huì)過OC．粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為143πdD．粒子經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的比例為1【答案】ACD【詳析】A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv0B．正對(duì)O'的粒子，圓心恰好在x根據(jù)勾股定理可知，進(jìn)入無磁場(chǎng)區(qū)域后，速度方向恰好指向O點(diǎn)，即正對(duì)O'點(diǎn)入射的粒子離開磁場(chǎng)后一定會(huì)過O點(diǎn)，BC．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場(chǎng)，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點(diǎn)的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當(dāng)于將磁場(chǎng)邊界向下平移4d形狀，O'平移到O點(diǎn)位置，即所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到O點(diǎn)距離均為5d利用勾股定理可知，進(jìn)入無磁場(chǎng)區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點(diǎn)，因此所有粒子都過O點(diǎn)。由上述分析可知，從最上方進(jìn)入的粒子，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)了143°，因此運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=143°D．如圖所示從y=7d水平向左的粒子離開磁場(chǎng)粒子方向沿y軸負(fù)方向，故7d<y<9d射入的粒子過O點(diǎn)后射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子過O點(diǎn)后射入第三象限。故進(jìn)入第四象限的比例為13，故D故選ACD。15．（24-25高三·湖南天壹名校聯(lián)盟·下期沖刺壓軸大聯(lián)考）中國(guó)航天科技集團(tuán)六院801所研發(fā)的50千瓦級(jí)雙環(huán)嵌套式霍爾推力器于2025年5月成功點(diǎn)火并穩(wěn)定運(yùn)行，推力達(dá)4.6牛，接近美國(guó)X3推進(jìn)器（5.4牛）水平，這一突破使中國(guó)成為全球第三個(gè)掌握該技術(shù)的國(guó)家，標(biāo)志著我國(guó)在大功率電推進(jìn)領(lǐng)域進(jìn)入國(guó)際第一梯隊(duì)?；魻柾七M(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿A．若入射速度v1B．只要入射速度v2≠EBC．若入射速度v3=E4BD．無論是圖甲還是圖乙，電子在運(yùn)動(dòng)過程中所受的合力大小均不變【答案】CD【詳析】A．若入射速度v0=EB，則有eBv0=eE，可知電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子將沿x軸做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若入射速度v1>EB，將v1分解為v0=EB和B．只要入射速度v2≠EB，電子的運(yùn)動(dòng)均可以分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿y軸的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，距離x軸的最遠(yuǎn)距離都為d=2r，根據(jù)ev2C．電子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，當(dāng)電子入射速度為v3=E4B，運(yùn)動(dòng)到速度為v4=E2BD．無論是圖甲還是圖乙，電子的運(yùn)動(dòng)均可以分解為勻速直線運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故電子所受的合外力大小均為電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小，故D正確。故選CD。三、解答題16．（2025·湖南長(zhǎng)沙周南中學(xué)·高三下二模）如圖所示，在x≤d的范圍內(nèi)，存在與x軸成θ角sinθ=35斜向右下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E=5mv028qd。在x>d的范圍內(nèi)，存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小記為(1)該粒子第一次進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B取何值才能使該粒子第一次進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，軌跡恰好與x軸相切？(3)在第（2）問的情形下，粒子第2次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)。【答案】(1)5(2)3m(3)(0,-【詳析】（1）粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得qE·解得v（2）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得R+R解得R=在磁場(chǎng)中，粒子受到的洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得Bq聯(lián)立解得B=（3）粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)中的軌跡如圖所示沿x軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第二定律則有qE解得a根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可得v在該方向上，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸的過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得d=聯(lián)立解得t=沿y軸負(fù)方向，根據(jù)牛頓第二定律可得qE解得a根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可得v在該方向上，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸的過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得y=聯(lián)立解得y=故粒子第二次回到y(tǒng)軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(0,-17．（24-25高三·湖南懷化·三模）如圖，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)，第一象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=2mv23qL。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P3L,0點(diǎn)以速度v沿與(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)粒子再次經(jīng)過x軸時(shí)的x坐標(biāo)及粒子的速度大小。【答案】(1)mv(2)-3L【詳析】（1）粒子帶負(fù)電，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得3解得r=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qBv=m解得B=（2）粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的y坐標(biāo)為y=r+r粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)y=12at2解得x=-3L豎直方向速度v粒子再次經(jīng)過x軸的速度大小為v解得v18．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖，在xOy坐標(biāo)系內(nèi)，有幾個(gè)電磁場(chǎng)區(qū)域，在y>d的上方有一個(gè)垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I，圓心為O1，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=mvqd，在y≤d到x軸之間，有一個(gè)沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域II（圖中未畫出）。I區(qū)域下邊界與II區(qū)域上邊界相切在第三、四象限有一個(gè)垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域III，磁感應(yīng)強(qiáng)度未知。A為一個(gè)與O1等高的處于磁場(chǎng)區(qū)域邊沿的粒子源，可以源源不斷地向右側(cè)區(qū)域各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子，粒子速度大小相同都為v。所有粒子均沿y軸負(fù)向垂直進(jìn)入?yún)^(qū)域(1)A點(diǎn)的坐標(biāo)：(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E與B1的比值，及粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域III(3)若粒子從III區(qū)域再次穿過x軸時(shí)，II區(qū)域的電場(chǎng)方向變?yōu)榈却蠓聪?，最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點(diǎn)離開磁場(chǎng)，求III區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2【答案】(1)A點(diǎn)坐標(biāo)為（-d，2d）(2)EB1(3)B【詳析】（1）所有粒子均沿y軸負(fù)向垂直進(jìn)入?yún)^(qū)域II，所以可知，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與磁場(chǎng)區(qū)域半徑相同；由qv可得r=d所以A點(diǎn)坐標(biāo)為（-d，2d）。（2）最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入?yún)^(qū)域III，則有d=化簡(jiǎn)可得E=所以E設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域II的速度大小為v'，則有可得v（3）所有粒子在區(qū)域II和區(qū)域III運(yùn)動(dòng)過程中間距始終相等，若最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入?yún)^(qū)域III，則最左側(cè)粒子從A點(diǎn)正下方的x=-d處進(jìn)入電場(chǎng)，又因?yàn)樽罱K所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點(diǎn)離開磁場(chǎng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，最左側(cè)粒子恰好從原點(diǎn)O返回區(qū)域II。其全程運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示即所有粒子在區(qū)域III中運(yùn)動(dòng)后向右偏移2d。方法一：對(duì)粒子沿y方向用動(dòng)量定理有∑q即2q解得B方法二：由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，進(jìn)入?yún)^(qū)域III時(shí)速度與水平夾角為θ，則有tanθ=2，所以進(jìn)去區(qū)域III時(shí)速度大小v由洛倫茲力提供向心力可得q又r解得B19．（2025·常德一中·高考模擬）三維直角坐標(biāo)系的oxy平面與水平面平行，空間存在與z軸平行的周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中沒有畫出），磁場(chǎng)和電場(chǎng)隨時(shí)間變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，規(guī)定沿z軸正方向?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的正方向，不考慮磁場(chǎng)和電場(chǎng)變化而產(chǎn)生的感生電磁場(chǎng)的影響。在t＝0時(shí)刻，一個(gè)質(zhì)量m，帶電量+q的小球，以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O點(diǎn)沿y軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，小球恰好沿圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，圖中t0已知，B0=πmq(1)求E0的大小、畫出0~2t0時(shí)間內(nèi)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡；(2)3t0時(shí)刻小球的位置坐標(biāo)；(3)20t0時(shí)刻小球在z軸的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮?1)mgq；(2)（4v0t0π(3)-90g【詳析】（1）0-t0內(nèi)，小球在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有q小球做圓周運(yùn)動(dòng)周期T=得t可知軌跡如圖示（2）0-t0內(nèi)小球做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為rt0-2t2t自由落體運(yùn)動(dòng)，下落距離d=可知3t0時(shí)，小球位置坐標(biāo)（x，y，x=4r=y=-L=-z=-d=-（3）小球在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)具有周期性，4t0時(shí)小球恰好沿x軸正向平移了4r，20t0時(shí)第一個(gè)2t0第二個(gè)2t0第三個(gè)2t0由v-t圖意義可知公差為?d=2gt0220t0時(shí)刻小球z專題09磁場(chǎng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1安培力2022命題趨勢(shì)聚焦復(fù)雜軌跡的幾何構(gòu)建、多場(chǎng)耦合的動(dòng)態(tài)分析及前沿技術(shù)的物理原理溯源。試題設(shè)計(jì)顯著強(qiáng)化帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的精細(xì)化建模，例如構(gòu)建圓形邊界、有界磁場(chǎng)或周期性交變磁場(chǎng)，要求通過幾何關(guān)系精確求解粒子偏轉(zhuǎn)半徑、運(yùn)動(dòng)時(shí)間及臨界射出條件，并運(yùn)用牛頓第二定律與洛倫茲力公式推導(dǎo)比荷表達(dá)式。復(fù)合場(chǎng)問題更趨綜合與工程化，涉及速度選擇器、質(zhì)譜儀的參量定量設(shè)計(jì)，或分析霍爾效應(yīng)中載流子類型判斷、霍爾電壓計(jì)算及其在電流傳感中的應(yīng)用；高階命題要求處理重力場(chǎng)-電場(chǎng)-磁場(chǎng)的三場(chǎng)共存問題。安培力的考查側(cè)重實(shí)際場(chǎng)景建模，如分析電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)矩、磁電式儀表游絲扭矩平衡，或計(jì)算超導(dǎo)線圈的強(qiáng)磁場(chǎng)應(yīng)力形變。數(shù)學(xué)工具的深度整合成為關(guān)鍵，需靈活運(yùn)用三角函數(shù)處理角度約束、參數(shù)方程描述螺旋線軌跡、數(shù)列思想求解周期性穿越復(fù)合場(chǎng)的累積位移。設(shè)計(jì)性實(shí)驗(yàn)要求搭建簡(jiǎn)易質(zhì)譜儀驗(yàn)證同位素質(zhì)量差異，并分析地磁場(chǎng)對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾修正，全面檢驗(yàn)對(duì)電磁相互作用本質(zhì)的空間想象能力與跨學(xué)科應(yīng)用素養(yǎng)?？键c(diǎn)2帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2024、2023、2021考點(diǎn)3帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2025、2022考點(diǎn)01安培力1．（2022·湖南·高考）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場(chǎng)，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（

）A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【詳析】A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯(cuò)誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有sinθ=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，BC故選D?？键c(diǎn)02帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．（2024·湖南·高考）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，則有t=nT聯(lián)立得B=當(dāng)n=1時(shí)，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當(dāng)tanθ有最大值時(shí)，vy最大，R最大，此時(shí)B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當(dāng)vy最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=又v聯(lián)立得y3．（2023·湖南·高考）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳析】由題知粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1=qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4πA．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvA?2B1=qE，則v再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvBB1=q?2E，則vB=2v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinθ=2r43r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)qvB=m4π2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinα=2r42r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)qvB=m4π2故選D。4．（2021·湖南·學(xué)業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。對(duì)處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框?yàn)檫呴L(zhǎng)等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長(zhǎng)等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長(zhǎng)等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，在坐標(biāo)原點(diǎn)O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑r1，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點(diǎn)飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于磁場(chǎng)半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場(chǎng)即為最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁場(chǎng)半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮瑘A形磁場(chǎng)的面積為S（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，3和4為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動(dòng)的磁場(chǎng)的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，可知磁場(chǎng)的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SS類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對(duì)稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)面積為S考點(diǎn)03帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E0，內(nèi)阻為r0，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開關(guān)S，當(dāng)滑片處于滑動(dòng)變阻器中點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(diǎn)(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)若粒子離開b點(diǎn)時(shí)，在平行板電容器的右側(cè)再加一個(gè)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有3豎直方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個(gè)豎直向上的速度使得其對(duì)應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場(chǎng)力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的合速度的豎直方向分速度為此時(shí)合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=最遠(yuǎn)距離為x6．（2022·湖南·高考）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長(zhǎng)為3d，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)E0（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得Eq=mgR2，兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得E解得E一、單選題1．（2025·湖南婁底·高三下模）關(guān)于磁場(chǎng)和磁感線，下列說法正確的是（）A．磁極間的相互作用是直接接觸產(chǎn)生的B．磁場(chǎng)是看不見摸不著，人們假想存在的物質(zhì)C．磁場(chǎng)是客觀存在的物質(zhì)D．磁感線是客觀存在的物質(zhì)【答案】C【詳析】A．磁極間的相互作用是由磁場(chǎng)產(chǎn)生的，無需直接接觸，故A錯(cuò)誤；BC．磁場(chǎng)是看不見摸不著，是實(shí)際客觀存在的物質(zhì)，故B錯(cuò)誤，C正確；D．磁感線是不存在的，是人們假想的描述磁場(chǎng)的曲線，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（24-25高二·永州·期末）利用如圖所示的電流天平，可以測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為N，cd邊水平且長(zhǎng)為l，cd邊處于方框內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與線圈平面垂直。當(dāng)線圈中通入電流I時(shí)，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達(dá)到平衡；當(dāng)線圈中通入大小不變、方向相反的電流I′時(shí)，在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂再次達(dá)到新的平衡，重力加速度為g。則方框內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（）A．mgIl B．C．mgNIl D．【答案】B【詳析】線圈的cd邊處于方框內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，匝數(shù)為N，邊長(zhǎng)為l，當(dāng)線圈中通入電流I時(shí)，所受的安培力大小為F安=NBIl，當(dāng)電流反向時(shí)，需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂才能再次達(dá)到新的平衡，說明原來的安培力方向向上，當(dāng)電流反向時(shí)，安培力方向變?yōu)橄蛳拢驗(yàn)殡娏鞯拇笮〔蛔?，故安培力的大小不變，所以線圈所受安培力的大小應(yīng)等于所增加砝碼重力的一半，即F安故選B。3．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，在0≤x≤l的真空區(qū)域中有足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿圖示方向射入磁場(chǎng)中，已知θ=60°。粒子穿過A．帶正電，2qBlB．帶正電，2qBlC．帶負(fù)電，2qBlD．帶負(fù)電，2qBl【答案】B【詳析】由題知，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場(chǎng)，說明粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，作出其運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OO1D=θ=60°，設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°+r=l故選B。4．（24-25高三·湖南郴州·三測(cè)）如圖所示，等邊三角形abc中心處靜置一長(zhǎng)直通電導(dǎo)線M，導(dǎo)線與abc紙面垂直，電流方向未知，該空間還存在與bc邊平行足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向如圖中所示，已知a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，則（）A．M中的電流方向垂直于紙面向里B．b、c兩點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為BC．沿Ma方向到無窮遠(yuǎn)處，磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，方向一直不變D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B【答案】D【詳析】A．設(shè)通電直導(dǎo)線在a、b、c三點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，由于a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，可知M導(dǎo)在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)B等大方向，由右手螺旋定則可知M中的電流方向垂直于紙而向外，故A錯(cuò)誤；B．M導(dǎo)線在bc兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向，如圖所示因?yàn)锽0=B，由幾何關(guān)系可知b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bc=BbC．在a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，在a點(diǎn)下側(cè)到M點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向左，在Ma的延長(zhǎng)線上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，故C錯(cuò)誤；D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點(diǎn)B0和B的夾角變?yōu)?20°，b、c兩點(diǎn)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，故D正確。故選D。5．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在直角三角形OMN的M、N兩頂點(diǎn)處，∠M=90°，∠N=30°。M處導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向外，N處導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面向里，兩導(dǎo)線中的電流大小可以變化。已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B與導(dǎo)線中電流I成正比、與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比?，F(xiàn)讓兩導(dǎo)線以A．兩處導(dǎo)線中的電流均增大B．兩處導(dǎo)線中的電流均減小C．M處導(dǎo)線中電流一直減小，N處導(dǎo)線中的電流一直增大D．M處導(dǎo)線中電流一直增大，N處導(dǎo)線中的電流一直減小【答案】D【詳析】由右手螺旋定則確定M、N兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向（如圖所示）從圖示位置順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)60°的過程中，兩導(dǎo)線的產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向也沿順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°角，因O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為零。則BM與BN的矢量和與B等大反向，由畫圖法知，BM逐漸增大，BN逐漸減小。通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kIr，可推知M處導(dǎo)線中電流一直增大，故選D。6．（25屆湘豫名校高三·下·三模）質(zhì)譜儀可以進(jìn)行同位素分析，其原理如圖所示。兩平行豎直放置的極板間距為d，兩板間加恒定電壓U。板間加有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不考慮邊界效應(yīng)。水平邊界MN下方空間加有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，照相底片位于邊界MN處?，F(xiàn)有某種元素的一價(jià)正離子從極板中間沿直線豎直飛入MN下方磁場(chǎng)，分成兩股，最后打在照相底片上形成兩個(gè)亮斑，亮斑間距為x。電子電荷量大小為A．eB1BC．B1B2【答案】B【詳析】設(shè)離子質(zhì)量為m，在極板間勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，有eE=evB1，場(chǎng)強(qiáng)E=U在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中軌道半徑為r，有evB2=mv2r，可得r=mveB2=故選B。7．（2025·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)·一模）在水平光滑絕緣桌面上，放置一個(gè)半徑為R的超導(dǎo)導(dǎo)線環(huán)，其中通過的電流為I。穿過導(dǎo)線環(huán)垂直桌面向下有一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)線環(huán)全部位于磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則導(dǎo)線環(huán)各截面間的張力為（）。A．BIR B．0.5BIR C．0 D．πBIR【答案】A【詳析】把導(dǎo)線環(huán)分成兩半，取其中的一半作為研究對(duì)象，兩端截面所受張力均為T，整個(gè)半環(huán)受到的安培力F，受力分析如圖根據(jù)安培力的計(jì)算公式可得F=BI?2R，所以T=故選A。8．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一根長(zhǎng)L的豎直光滑絕緣細(xì)桿MN，細(xì)桿頂端套有一個(gè)質(zhì)量m電荷量qq>0的小環(huán)?，F(xiàn)讓細(xì)桿以恒定的速度vv<mgqB沿垂直磁場(chǎng)方向水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)釋放小環(huán)（豎直方向初速度為A．小環(huán)的軌跡是條直線B．洛倫茲力對(duì)小環(huán)做負(fù)功C．小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不變D．小環(huán)在絕緣桿上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2Lm【答案】D【詳析】A．對(duì)小環(huán)分析可知，豎直方向受向下的重力和向上的洛倫茲力作用，加速度a=因v不變，則加速度不變，即小環(huán)在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，可知小環(huán)運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．洛倫茲力對(duì)小環(huán)不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．水平速度小環(huán)受到向右的洛倫茲力作用，在細(xì)桿對(duì)小環(huán)有向左的彈力作用，該彈力對(duì)小環(huán)做負(fù)功，可知小環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．小環(huán)在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a=mg-qvBm，根據(jù)L=12at2故選D。9．（2025·湖南常德一中·高三下·模擬）空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿y軸向下，將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子的部分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達(dá)x軸的坐標(biāo)為（a，0），已知該曲線在最低點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到x軸距離的2倍，該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為P（x，y），不計(jì)粒子的重力，則（）A．該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置坐標(biāo)的y值可能取負(fù)值B．該粒子運(yùn)動(dòng)過程中任意位置坐標(biāo)的x值不可能大于aC．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中第一次運(yùn)動(dòng)到離x軸最遠(yuǎn)處時(shí)，距離x軸的距離yD．粒子運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率v【答案】C【詳析】AB．粒子從初始位置運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)電場(chǎng)力做功為0，所以不可能運(yùn)動(dòng)到x軸以上位置，即y值不可能取負(fù)值；到達(dá)x軸的速度為零，所以會(huì)再次向下運(yùn)動(dòng)，重復(fù)前一段的軌跡向前運(yùn)動(dòng)，則x值會(huì)大于a，故AB錯(cuò)誤；C．粒子第一次運(yùn)動(dòng)到距離x軸最遠(yuǎn)處時(shí)洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理得Eqym=在此處有qvmB-Eq=mvm22D．最大速率滿足Eqym=12mv故選C。二、多選題10．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機(jī)，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長(zhǎng)傾斜導(dǎo)軌MN，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，其所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)用導(dǎo)線把兩導(dǎo)軌分別與圓盤發(fā)電機(jī)中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量為m，長(zhǎng)度也為L(zhǎng)，電阻為2R的ab導(dǎo)體棒，其余電阻不計(jì)。當(dāng)圓盤以角速度ωA．從上往下看，圓盤順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)B．a(chǎn)b間電勢(shì)差UC．若B2大小、方向均可改變，導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，B2D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，ab棒將沿導(dǎo)軌先勻加速下滑后勻速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳析】A．a(chǎn)b棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由a到b，故b端電勢(shì)低于a端電勢(shì)，由右手定則可知，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的方向（從上往下看）為順時(shí)針方向，A正確；B．由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=12Br2ω，由閉合電路歐姆定律可知，abC．若B2大小、方向均可改變，導(dǎo)體棒始終保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，由平衡條件可得B2minIL=mgsinθ，由閉合電路歐姆定律I=E2R+R，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=1D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)，ab棒沿導(dǎo)軌向下做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由ab棒受力可知，棒先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。11．（25屆·高三下·湖南常德臨澧一中·模擬）等腰梯形AFCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，梯形上、下底AF、CD長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L，∠D=60°，下底CD的中點(diǎn)E處有一個(gè)α粒子放射源，可以向CD上方（各個(gè)方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，不計(jì)粒子間的相互作用力及重力，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為A．所有從A點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均相等B．若粒子可以到達(dá)F點(diǎn)，則其最小速度為3C．到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)F點(diǎn)的粒子一定具有相同的速率D．運(yùn)動(dòng)軌跡與AD邊相切（由CD邊出磁場(chǎng)）的速率最小的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為8πm【答案】BD【詳析】A．由幾何關(guān)系可知，不同速度的粒子運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，軌跡圓的弦長(zhǎng)相同，半徑不同，運(yùn)動(dòng)的圓心角不同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間就不相同。故A錯(cuò)誤；B．α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示時(shí)有最小速度由幾何關(guān)系可知，此時(shí)β=2π3，軌跡半徑為r=L2cos30°=33LC．到達(dá)A點(diǎn)和到達(dá)F點(diǎn)的α粒子運(yùn)動(dòng)半徑可以不相同，故速率可能不同，故C錯(cuò)誤；D．如圖丙所示當(dāng)α=2π3時(shí)，符合題意的α粒子速度最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=4（故選BD。12．（2025·湖南長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)·一模）2024年1月，國(guó)務(wù)院國(guó)資委啟動(dòng)實(shí)施未來產(chǎn)業(yè)啟航行動(dòng)，明確可控核聚變領(lǐng)域?yàn)槲磥砟茉吹奈ㄒ环较颉？煽睾司圩儺?dāng)中，有一重要技術(shù)難題，就是如何將運(yùn)動(dòng)電荷束縛在某一固定區(qū)域。有一種利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)組合的方案，其簡(jiǎn)化原理如下。如圖，已知直線l上方存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，直線l下方存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)帶正電的、不計(jì)重力的粒子從電磁場(chǎng)邊界l上方一點(diǎn)，以一定速度水平向右發(fā)射，經(jīng)過一段時(shí)間又回到該發(fā)射點(diǎn)。則改變下列條件能使粒子發(fā)射后回到原來位置的是（）。A．僅帶電粒子比荷發(fā)生變化（但仍為帶正電的粒子）B．僅帶電粒子初速度發(fā)生變化C．電場(chǎng)強(qiáng)度變成原來3倍且磁感應(yīng)強(qiáng)度變成原來2倍D．僅發(fā)射點(diǎn)到電場(chǎng)邊界l的距離發(fā)生變化【答案】AD【詳析】A．粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R，解得R=mvqB，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)qE=ma，h1=12at2，B．由上述分析可知，僅帶電粒子初速度發(fā)生變化，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，B錯(cuò)誤；C．由上述分析可知，電場(chǎng)強(qiáng)度變成原來3倍且磁感應(yīng)強(qiáng)度變成原來2倍，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知，僅發(fā)射點(diǎn)到電場(chǎng)邊界l的距離發(fā)生變化，能使粒子發(fā)射后回到原來位置，D正確。故選AD。13．（24-25高三·湖南·沖刺壓軸（三））如圖所示為電子在威爾遜云室的運(yùn)動(dòng)軌跡，云室處于一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)當(dāng)中，一電子以初速度v0垂直于磁場(chǎng)進(jìn)入云室內(nèi)，運(yùn)動(dòng)過程中受到氣體的阻力大小f=kv，k為常數(shù)，v為其速率，電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)，速度大小變?yōu)関1，電子電量為e，質(zhì)量為A．電子的軌跡由a→bB．進(jìn)入時(shí)磁場(chǎng)時(shí)電子的加速度為a=C．電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)的過程所花的時(shí)間t=D．電子從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次速度方向與初速度方向相同時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度為S=km(【答案】AC【詳析】A．因?yàn)樽枇Φ淖饔?，離子的速度減小，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑滿足qvB=mv2R，解得R=mvqB，故B．初始時(shí)，離子受阻力和洛倫茲力共同的作用，由牛頓第二定律可得F合=ma解得a=(kvmC．根據(jù)上述分析可知R=mvqB，可得ω=vR=qBD．根據(jù)動(dòng)量定理，在沿切線方向，則有∑(-kv?Δt)=m(v1-v故選AC。14．（2025·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)·高三下·模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中有如圖所示的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)上邊界是以O(shè)'0，4d點(diǎn)為圓心、半徑為R=5d的一段圓弧，圓弧與x軸交于M-3d，0、N3d，0兩點(diǎn)，磁場(chǎng)下邊界是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為r=3d的一段圓弧。如圖，在虛線區(qū)域內(nèi)3d<y<9d有一束均勻分布帶負(fù)電的粒子沿x軸負(fù)方向以速度v0A．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為4dB．正對(duì)O'點(diǎn)入射的粒子離開磁場(chǎng)后不一定會(huì)過OC．粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為143πdD．粒子經(jīng)過O點(diǎn)進(jìn)入第四象限的比例為1【答案】ACD【詳析】A．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv0B．正對(duì)O'的粒子，圓心恰好在x根據(jù)勾股定理可知，進(jìn)入無磁場(chǎng)區(qū)域后，速度方向恰好指向O點(diǎn)，即正對(duì)O'點(diǎn)入射的粒子離開磁場(chǎng)后一定會(huì)過O點(diǎn)，BC．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場(chǎng)，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點(diǎn)的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當(dāng)于將磁場(chǎng)邊界向下平移4d形狀，O'平移到O點(diǎn)位置，即所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到O點(diǎn)距離均為5d利用勾股定理可知，進(jìn)入無磁場(chǎng)區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點(diǎn)，因此所有粒子都過O點(diǎn)。由上述分析可知，從最上方進(jìn)入的粒子，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度最大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)了143°，因此運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=143°D．如圖所示從y=7d水平向左的粒子離開磁場(chǎng)粒子方向沿y軸負(fù)方向，故7d<y<9d射入的粒子過O點(diǎn)后射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子過O點(diǎn)后射入第三象限。故進(jìn)入第四象限的比例為13，故D故選ACD。15．（24-25高三·湖南天壹名校聯(lián)盟·下期沖刺壓軸大聯(lián)考）中國(guó)航天科技集團(tuán)六院801所研發(fā)的50千瓦級(jí)雙環(huán)嵌套式霍爾推力器于2025年5月成功點(diǎn)火并穩(wěn)定運(yùn)行，推力達(dá)4.6牛，接近美國(guó)X3推進(jìn)器（5.4牛）水平，這一突