五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題10磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁場和磁現(xiàn)象2025、2023、2022、2021磁場專題作為福建高考物理的核心內(nèi)容，其命題展現(xiàn)出鮮明的延續(xù)性與發(fā)展性。從五年考情看，“磁場和磁現(xiàn)象”基礎(chǔ)考點是絕對的重心，幾乎年年必考，重點聚焦于磁感應(yīng)強度方向判定、磁感線特性、地磁場、電流的磁場等核心概念的理解與辨析，題型以選擇題為主，強調(diào)概念的本質(zhì)把握。帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動是考查學(xué)生模型構(gòu)建與邏輯推理能力的關(guān)鍵載體，近年考查頻率較高且穩(wěn)定，預(yù)計將繼續(xù)作為壓軸或中檔題的重要來源，側(cè)重考查洛倫茲力特點、圓周運動基本規(guī)律、圓心與軌跡的確定，以及臨界與多解問題。命題情境將持續(xù)緊密結(jié)合科技前沿與生產(chǎn)生活實例，增強試題的時代感和應(yīng)用性。整體趨勢上，核心基礎(chǔ)概念的辨析將保持高頻穩(wěn)定，帶電粒子運動的模型化考查將深化，情境設(shè)計更趨多元化和本土化，并可能強化對物理思想方法的滲透，側(cè)重物理本質(zhì)的理解與邏輯推理，復(fù)雜數(shù)值計算要求不高，但對空間想象和過程分析能力的要求持續(xù)在線。考點2安培力2024考點3帶電粒子在磁場中的運動2024、2023考點4帶電粒子在復(fù)合場中的運動2025、2024、2021考點01磁場和磁現(xiàn)象1．（2025·福建·高考真題）如圖所示，空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點，M與O關(guān)于L1對稱，O與N關(guān)于L2對稱且OM=ON，初始時，M處的磁感應(yīng)強度大小為B1，O點磁感應(yīng)強度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點的磁感應(yīng)強度大小（）A．B2-12B1 B．B22-B1 C．B2【答案】B【詳析】根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相同大小相等，則單個導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0=B22，根據(jù)對稱性，兩導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)該與M點一樣，為B1，根據(jù)對稱性，L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B0=B22，由于L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于L1故選B。2．（2023·福建·高考）（多選）地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚?，下列判斷正確的是（

）A．地表電荷為負(fù)電荷B．環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強度增大【答案】AC【詳析】A．根據(jù)右手螺旋定則可知，地表電荷為負(fù)電荷，故A正確；B．由于地表電荷為負(fù)電荷，則環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯誤；C．若地表電荷的電量增加，則等效電流越大，地磁場強度增大，故C正確；D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則等效電流越小，地磁場強度減小，故D錯誤。故選AC。3．（2022·福建·高考）（多選）奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應(yīng)。一個可自由轉(zhuǎn)動的小磁針放在白金絲導(dǎo)線正下方，導(dǎo)線兩端與一伏打電池相連。接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉(zhuǎn)。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導(dǎo)線直徑、導(dǎo)線材料、電池電動勢以及小磁針位置等因素對小磁針偏轉(zhuǎn)情況的影響。他能得到的實驗結(jié)果有（）A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉(zhuǎn) B．用銅導(dǎo)線替換白金絲，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)C．減小電源電動勢，小磁針一定不能偏轉(zhuǎn) D．小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置無關(guān)【答案】AB【詳析】A．減小導(dǎo)線直徑，仍存在電流，其產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項A正確；B．白金導(dǎo)線換成銅導(dǎo)線，仍存在電流，產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項B正確；C．減小伏打電池電動勢，只要導(dǎo)線中有電流，小磁場還是會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項C錯誤；D．通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場與地磁場疊加后，其空間磁場方向與位置有關(guān)，當(dāng)小磁針在不同位置時其偏轉(zhuǎn)情況不同，選項D錯誤。故選AB。4．（2021·福建·高考）（多選）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標(biāo)原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外。則（）A．O點的磁感應(yīng)強度為0B．O點的磁感應(yīng)強度方向由O指向cC．e點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸正方向D．e點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸負(fù)方向【答案】BD【詳析】AB．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，如圖所示由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則，可知O點的磁感應(yīng)強度方向由O指向c，其大小不為零，故CD．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應(yīng)強度大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，如圖所示由圖可知Bc與Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb與Ba大小相等，方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩個磁感應(yīng)強度的合磁感應(yīng)強度沿y軸負(fù)方向，故故選BD?？键c02安培力5．（2024·福建·高考）（多選）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細(xì)繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流，細(xì)繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的小C．銅環(huán)所受安培力大小為2rBI D．銅環(huán)所受安培力大小為πrIB【答案】AC【詳析】方法一：微元法AB．如圖，取通電半圓形銅環(huán)的一小段Δl，可將其視為直導(dǎo)線，根據(jù)左手定則可知，改小段導(dǎo)線受到的安培力方向如圖所示，其大小ΔF=BIΔl，根據(jù)對稱性苛刻的，如圖所示，對稱的兩小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，則通電后半圓形銅環(huán)受到的安培力豎直向下，根據(jù)受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故CD．對每小段導(dǎo)線所受安培力在豎直方向的分力求和，可得F=∑Fy=∑BIΔlsin故選AC。方法二：等效法通電半圓形銅環(huán)可等效為等效長度為直徑ab，電流方向a→b，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小F=BI×2r=2rIB，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg，兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大。故選AC?？键c03帶電粒子在磁場中的運動6．（2023·福建·高考）阿斯頓（F．Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP'上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中，v=9.6×104m/s,B=0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為4.8×106C/kg；（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷。【答案】（1）0.4m；（2）4.4×【詳析】（1）粒子進(jìn)入磁場，洛倫茲力提供圓周運動的向心力則有qvB=m整理得r=OM的長度為OM=2r=0.4（2）若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑1.1倍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得q'vB=m'整理得q'考點04帶電粒子在復(fù)合場中的運動7．（2025·福建·高考真題）（多選）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為g,則（）A．電場強度為E=B．磁場強度為B=C．NP兩點的電勢差為U=D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為v【答案】BC【詳析】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著MN做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg=qE，qvB=解得電場強度E=mgq，磁感應(yīng)強度B=2mgqvC、在N點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度a=F合m=2g，粒子到達(dá)P所以粒子在P點的速度vP=vx2+vy2=5v，ND、將粒子在N點的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且vNy=vcos45°=故選BC。8．（2024·福建·高考）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進(jìn)入C2，而后從P進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，(1)粒子經(jīng)過N時的速度大小；(2)粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小?！敬鸢浮?1)2qU(2)45°(3)1【詳析】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有qU=12m（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有d=12又tan解得θ=45°（3）粒子在P處時的速度大小為v在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有q由幾何關(guān)系可知R=解得B=9．（2021·福建·高考）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)A．以速度v02B．以速度v0射入的電子C．以速度2v0D．以速度4v0射入的a【答案】B【詳析】質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足q即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度v02的射入的正電子(1B．以速度v0射入的電子(-10C．以速度2v0射入的核(12H)，以速度4v0射入的故選B。一、單選題1．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，粗細(xì)均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細(xì)線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B,CD部分水平，長為4L,AC部分豎直，長為3L。給金屬棒通入大小為I、方向從D到A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL【答案】A【詳析】要使金屬棒處于原靜止?fàn)顟B(tài)，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即F=3BIL故選A。2．（2025·福建寧德·三模）如圖所示，MN表示一塊非常薄的金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過薄金屬板，虛線表示其運動軌跡，粒子電量不變，由圖可知粒子（）A．帶正電荷 B．沿a→b→c→d→e方向運動C．穿過金屬板后，軌跡半徑變小 D．穿過金屬板后，所受洛倫茲力變大【答案】C【詳析】ABC．帶電粒子穿過金屬板后速度減小，根據(jù)牛頓第二定律qvB=mv2r，可得r=mvqB，可知軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運動方向是e→d→c→b→a，粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，在eD．穿過金屬板后速度減小，根據(jù)F洛=qvB可知，洛倫茲力減小，故故選C。3．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）用磁場來約束等離子體中帶電粒子的運動，主要為可控核聚變提供理論與技術(shù)支持。磁約束的基本原理是帶電粒子在磁場中受的洛倫茲力，某實驗小組設(shè)計了一個模擬磁約束的小實驗（研究粒子的運動過程不超過1個周期），如圖，勻強磁場存在于兩個中心重合的正方形區(qū)域之間，正方形ABCD邊長4a，abcd邊長為2a?，F(xiàn)d點處有一粒子源能向各方向發(fā)射速率為v的正電粒子，若要把粒子束縛在圖示磁場中，則（

）A．若不讓粒子從AB邊出射，B的最小值為(2+B．若不讓粒子從BC邊出射，B的最小值為(2-C．若不讓粒子從CD邊出射，B的最小值為2mvD．若不讓粒子從DA邊出射，B的最小值為2mv【答案】A【詳析】本題要求把粒子束縛在圖示磁場中，且要求B最小，由洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得r=mvqB，可知要求B最小，則r最大，由圖根據(jù)幾何關(guān)系可知(3a)2+(3a)2故選A。4．（2025·福建三明·三模）如圖，水平臺面上有一足夠長、間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，置于塑料圓筒內(nèi)，導(dǎo)軌左端連著電容為C的電容器和電動勢為E的電源，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。將一質(zhì)量為m的模擬金屬炮彈置于圓筒內(nèi)導(dǎo)軌上，先將開關(guān)撥至接線柱1，充電結(jié)束后，將開關(guān)撥至接線柱2，炮彈在安培力作用下開始運動，達(dá)到最大速度后離開導(dǎo)軌，整個過程通過炮彈的電荷量為q。已知炮彈電阻為R，炮彈始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻。則在此過程中炮彈（）A．做勻加速直線運動 B．在導(dǎo)軌上的位移為qRC．離開導(dǎo)軌時的速度為BLqm D【答案】C【詳析】A．對炮彈受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有BIL=ma，結(jié)合I=UR，C=QU，由于電容器放電過程中，極板所帶電量B．炮彈在導(dǎo)軌上運動過程，由于電容器有電壓存在，通過炮彈的平均電流并不是BLvR則可知x≠qRBL，故C．對炮彈，以向右方向為正，根據(jù)動量定理有Ft=mv，其中平均安培力F=BIL，結(jié)合q=I?tD．剛充電結(jié)束時，電容器電荷量為Q=CE，導(dǎo)軌達(dá)到最大速度時，電容器電荷量Q'=Q-q，此時電容器電壓U=Q'C，此時導(dǎo)軌產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于U，故BLv=U，聯(lián)立以上幾式可得CE-qC=BLv，可解得故選C。二、多選題5．（2025·福建龍巖·一模）如圖甲所示，輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量m=2kg、邊長L=1?m、匝數(shù)n=5的正方形線圈，線圈總電阻r=0.5ΩA．0～6?s內(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為1C．t=3s時輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小為D．0～4?s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳析】A．0～6?s內(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為選項A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦΔt=nΔBΔC．根據(jù)圖乙可知，t=3s時磁感應(yīng)強度為B=1T，線圈受到的安培力大小為：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N，方向豎直向上，則輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小為T=mg-F安=15ND．0～4s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2rt=12×0.5×4J=2J，故D錯誤。故選BC。6．（2025·福建漳州·三測）如圖，兩根通有等大、反向電流的長直導(dǎo)線A、B垂直紙面固定，acbd為正方形，其中心O及a、b在A、B連線上，則（）A．O點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度B．d點的磁感應(yīng)強度大于c點的磁感應(yīng)強度C．d點的磁感應(yīng)強度與c點的磁感應(yīng)強度相同D．a(chǎn)點的磁感應(yīng)強度與b點的磁感應(yīng)強度不同【答案】AC【詳析】A．設(shè)導(dǎo)線A、B中的電流分別為I1與I2，由題意可知I1、I2在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同，設(shè)大小均為BO1，則O點的磁感應(yīng)強度大小BO=2BO1，I1、I2在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小Bd1=Bd2，則d點的磁感應(yīng)強度大小BBC．由圖知，d點的磁感應(yīng)強度與c點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同，故B錯誤，C正確；D．I1在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Ba1與I2在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Bb2相同，I1在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Bb1與I2在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B故選AC。7．（2025·福建·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直平面內(nèi)存在垂直豎直紙面向外的勻強磁場，將一粗細(xì)均勻的電阻絲折成正方形導(dǎo)體框abcd，垂直放置于磁場中，ad邊水平且放在壓力傳感器上?，F(xiàn)將a、d兩點通過輕質(zhì)導(dǎo)線接到直流電源上，通電后壓力傳感器的示數(shù)為0。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，重力加速度為g，輕質(zhì)導(dǎo)線對導(dǎo)體框沒有作用力。下列判斷正確的是（）

A．接線柱1與電源的負(fù)極相連B．a(chǎn)b邊受到的安培力大小為0C．bc邊受到的安培力大小為1D．若將電源正負(fù)極調(diào)換，則壓力傳感器的示數(shù)為3mg【答案】AC【詳析】A．線框受安培力向上，由左手定則可知，電流方向向左，即接線柱1與電源的負(fù)極相連，故A正確；B．根據(jù)左手定則，ab邊電流向下，受到的安培力方向向左，大小不為0，故B錯誤；C．設(shè)bc邊電流為I，安培力F，則ad邊電流為3I，安培力3F，則4F=mg，即bc邊受到的安培力大小為F=14mgD．若將電源正負(fù)極調(diào)換，則安培力大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下，則壓力傳感器的示數(shù)為2mg，故D錯誤。故選AC。8．（2025·福建多地市·二模）中國科學(xué)家利用蘭州重離子加速器進(jìn)行醫(yī)用同位素的同步分離制備，“扇形聚焦回旋加速器”是該裝置的重要構(gòu)造部分。某種扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成8個扇形區(qū)域，相互間隔的4個區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，另外4個區(qū)域內(nèi)沒有磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子以恒定速率在閉合平衡軌道上做周期性運動，其閉合平衡軌道如圖中實線所示，離子重力不計，則離子繞閉合平衡軌道運動一周的過程中（）A．運動的方向是順時針 B．運動的方向是逆時針C．在磁場中運動的總時間為πmBq D．在磁場中運動的總時間為【答案】AD【詳析】AB．由于粒子帶正電，在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知，粒子運動的方向是順時針，故A正確，B錯誤；CD．因為粒子在沒有磁場的區(qū)域做勻速直線運動，沒有改變速度方向，則離子經(jīng)過4個扇形磁場區(qū)域總共轉(zhuǎn)過的角度為360°，所以離子在磁場中運動的總時間等于離子在磁場中的運動周期，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB=mv2r，又T=2πrv，聯(lián)立可得T=2πmBq，故選AD。9．（2025·福建漳州·四檢）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從P點以速度ν沿平行于直徑CD方向射入磁場，粒子經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R，PO與CD間的夾角為45°，不計粒子重力。則（

）A．磁感應(yīng)強度大小為2B．粒子在磁場中運動的時間為πC．僅改變速度方向，粒子可能從D點射出D．僅增大速度，粒子在磁場中運動的時間將變短【答案】AD【詳析】A．根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由于圓形區(qū)域半徑為R，則P點到CD的距離為22R，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mv2r，解得B=2B．根據(jù)上述分析可知，粒子在磁場中運動軌跡為半個圓周，粒子圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB，則粒子在磁場中運動的時間為C．僅改變速度方向，粒子運動軌跡半徑不變，則粒子不可能從D點射出，故C錯誤；D．圓心在過P點的豎直線上，僅增大速度，粒子在磁場中運動的周期不變，運動半徑增大，可知軌跡圓心角變小，粒子運動時間將變短，故D正確；故選AD。10．（2025·福建寧德·三模）如圖甲所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定的速率順時針轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為0.1kg，帶電量為0.1C的物塊從傳送帶的底端靜止釋放，其運動的v-t圖像如圖乙所示。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，重力加速度g取10mA．物塊可能帶負(fù)電 B．傳送帶的速率可能大于2C．磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.25T D．前6s內(nèi)物塊的位移大小為4.5m【答案】BC【詳析】A．設(shè)物塊帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，物塊受到垂直斜面向右下方的洛倫茲力，還有重力、支持力和沿斜面向上的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，由乙圖可知，物塊是做加速度不斷減小的加速運動，即加速度a不斷減小，所以滑動摩擦力f也不斷減??；又根據(jù)FN=mgcosθ+Bqv，隨著速度v不斷增大，支持力FN不斷增大，根據(jù)f=μFN，可知滑動摩擦力f不斷增大，故前后判斷不一致，故物塊不可能帶負(fù)電，應(yīng)是帶正電，物塊受的洛倫茲力應(yīng)垂直斜面向左上方，其他力的方向不變，根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，可知隨加速度a不斷減小，所以滑動摩擦力f也不斷減??；，根據(jù)FN=mgC．根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，在垂直斜面方向上有FN=mgcosθ-Bqv，又f=μFN，聯(lián)立解得mgμcosθ-sinθ-μBqv=maB．由C項分析，可知只要傳送帶的速度大于等于2m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度可能是2m/s，也有可能是大于2m/s，故B正確；D．對物塊運動的前6s，由動量定理mgμcosθ-sinθt-μBqx=mv，帶入數(shù)據(jù)可得故選BC。11．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直三角形平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠A=30°,∠C=90°,AD邊長為L，在AC邊中點P在三角形平面內(nèi)沿與PA邊夾角為30°A．磁場方向垂直三角形平面向里B．當(dāng)粒子速度大小為3qBL12m時，粒子的運動軌跡與C．AD邊有粒子射出的區(qū)域長度接近1D．AC邊有粒子射出的區(qū)域長度接近3【答案】BC【詳析】A．由于射出的粒子有的能沿垂直AD邊射出，由左手定則可知磁場方向一定垂直三角形平面向外，A項錯誤；B．設(shè)粒子射出速度大小為v0時，軌跡與AD相切，設(shè)軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系，解得r=L43，根據(jù)牛頓第二定律，qv0B=mCD．由幾何關(guān)系可知，AD邊有粒子射出區(qū)域長度接近EF=14L，AC邊有粒子射出區(qū)域長度接近PQ=L4故選BC。12．（2025·福建·適應(yīng)性練習(xí)）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。若電子入射速度在A．電場強度E=BB．若電子入射速度為v04，運動到速度為vC．若電子入射速度為v04D．能到達(dá)y2=【答案】AC【詳析】A．根據(jù)題意，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動，豎直方向受力平衡，有解得E=v0B，B．電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射為v04，則電子受到電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有eEy1=12C．若電子入射速度為v04在最低點有F合=eE-v04eB，D．設(shè)以速度v射入時能到達(dá)y2=由C選項中有vm=2EB-v，聯(lián)立解得v=910v故選AC。三、解答題13．（2025·福建南平·質(zhì)檢）如圖（a），水平線1、2和3、4間有垂直紙面的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，兩個區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小相等方向相反。在2、3位置放置兩塊帶有狹縫的平行金屬板（2、3相距很近），兩極板間加上如圖（b）所示的交變電壓U23。t=0時在2板狹縫S處無初速釋放一質(zhì)子。已知上、下兩磁場的寬度均為L，兩金屬板間距為d，交變電壓大小為U，磁感應(yīng)強度大小為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計，質(zhì)子每次通過兩金屬板狹縫時都能被電場加速。(1)求第一次加速后質(zhì)子獲得的速度大小v1；(2)若質(zhì)子被電場加速若干次后，恰好與磁場邊界相切時離開磁場，求：i.質(zhì)子被加速的次數(shù)n；ii.質(zhì)子在電場和磁場中運動的總時間t。【答案】(1)v(2)i.n=qB2【詳析】（1）第一次加速過程，根據(jù)動能定理Uq=解得v（2）i.質(zhì)子出磁場時恰好與邊界相切，設(shè)速率為vm，其圓周運動的半徑r=L根據(jù)牛頓第二定律有q每次加速質(zhì)子動能增加U0q，根據(jù)動能定理有nUq=解得n=ii.質(zhì)子在電場中的加速過程所用時間為t1，根據(jù)速度時間公式有v根據(jù)牛頓第二定律有Uq解得t質(zhì)子第n次加速后運動四分之一周期出磁場，設(shè)質(zhì)子在磁場中運動時間為t2，則周期為T=在磁場中運動的時間為t總時間t=14．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）在一真空區(qū)域的豎直平面內(nèi)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy，第一象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小均相等；y＞0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均相等。一質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒恰好沿虛線AO做勻速直線運動，速度大小為2v0，方向與x軸負(fù)方向夾角為45(1)電場強度的大小和磁感應(yīng)強度的大?。?2)微粒在第三象限內(nèi)運動的時間和離開第三象限時的位置坐標(biāo)；(3)微粒在第四象限內(nèi)運動過程中速度的最大值?！敬鸢浮?1)E=mgq(2)t=πv(3)v=2【詳析】（1）根據(jù)受力平衡條件，微粒帶正電，有mg=Eq，q解得E=mgq（2）微粒進(jìn)入第三象限后，由受力分析，重力和電場力平衡，故微粒受洛倫茲力做勻速圓周運動，設(shè)微粒運動半徑為R，由幾何關(guān)系可得θ=90°，微粒在第三象限內(nèi)運動的時間t=根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q周期為T=聯(lián)立解得t=微粒離開第三象限時在豎直方向移動的距離為d=微粒離開第三象限時的位置坐標(biāo)為0,-（3）微粒進(jìn)入第四象限后速度方向與y軸負(fù)方向夾角為45°，根據(jù)運動的合成與分解，可以把速度分解到x、y方向，分速度分別為vx=根據(jù)受力分析qvxB=mg，微粒運動可分解為水平方向速度大小為vvx與vy15．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，坐標(biāo)系的第一、二象限有足夠長的寬度為d、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的上邊界MN平行于x軸。P、Q是長度為L的平行金屬板、垂直于紙面放置，兩板中線與y軸共線，兩板間加上周期為T、場強大小為E0的周期性變化的電場，如圖乙所示。取x軸正方向為電場的正方向，位于P、Q兩板中線上的粒子源沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為LT的帶正電的粒子，粒子均能從(1)求t=0時刻進(jìn)入電場的粒子，在T2時刻沿x軸方向的偏移量x(2)若粒子從O點進(jìn)入磁場，求粒子需從哪些時刻進(jìn)入電場？若粒子從O點進(jìn)入磁場且恰好不穿出磁場的上邊界MN，求磁感應(yīng)強度B0(3)磁場方向不變，將磁感應(yīng)強度大小改為B1，粒子進(jìn)入磁場后，若還受一個與速度方向總相反的阻力作用，且阻力大小f=kv（k為已知量）【答案】(1)x(2)B(3)x1=-【詳析】（1）0～12T，粒子沿x軸方向做初速度為零的勻加速度直線運動，由運動學(xué)知識可知沿由牛頓第二定律有a=聯(lián)立解得x（2）從t=2n+14T(n=0、1粒子穿過電場的時間為t=粒子離開交變電場時沿電場方向速度變化為零，從O點進(jìn)入的粒子均以v=LT的速度垂直于由幾何關(guān)系，軌跡與上邊界相切，則r=d粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv聯(lián)立解得B（3）粒子從t=n2?T(n=0、沿x軸方向做勻加速直線運動，沿x軸方向的最大位移為x=進(jìn)入磁場后，軌跡恰與磁場MN邊界相切處，y方向速度為0，對粒子在y方向由動量定理有-∑k即kd+q解得Δ由幾何關(guān)系，從x軸上x=-進(jìn)入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標(biāo)為x從x軸上x=進(jìn)入磁場的粒子在MN邊界上的橫坐標(biāo)為x16．（2025·福建福州一中·最后一模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場Ⅰ，圓與x軸相切于P點。在拋物線y=12Rx2與y軸之間有沿y軸負(fù)方向的勻強電場。在第一、四象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度也為B的范圍足夠大的勻強磁場Ⅱ。在第一象限內(nèi)y=R處有一平行于x軸的足夠大的熒光屏。在P點持續(xù)發(fā)射出大量同種帶正電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與x軸正方向夾角分布在0~180°范圍內(nèi)。其中沿與x軸負(fù)方向成60°角方向射出的粒子在磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向進(jìn)入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)剛好從坐標(biāo)原點O射入磁場Ⅱ中，經(jīng)磁場Ⅱ(1)求粒子從P點射出的初速度大?。?2)求勻強電場的電場強度大??；(3)求粒子打在熒光屏上形成亮線的長度?！敬鸢浮?1)）qBR(2)qR(3)（1+5）R【詳析】（1）因粒子磁場Ⅰ中偏轉(zhuǎn)后沿x軸正方向射出，則在磁場中做圓周運動的半徑r=R根據(jù)牛頓第二定律有q解得v（2）粒子在電場中做類平拋運動，對于能過坐標(biāo)原點O的粒子x=v0t，y=1解得E=（3）改變粒子從P點射入磁場Ⅰ的方向，粒子仍能以v0沿x軸正方向射入電場，且由（2）分析可知粒子仍能通過O點，設(shè)粒子進(jìn)入磁場Ⅱ時速度與x軸正方向的夾角為θ，則設(shè)粒子在磁場Ⅱ的半徑為r'，根據(jù)牛頓第二定律有粒子軌跡的圓心離x軸的距離為y得y0則所有在磁場Ⅱ中的粒子都恰好能垂直打在熒光屏上；在P點沿x軸正方向入射的粒子打在熒光屏上時離y軸最近x1=在P點沿x軸負(fù)方向入射的粒子打在熒光屏上時離y軸最遠(yuǎn)，設(shè)該粒子磁場Ⅱ時速度與x軸正方向的夾角為θm，由類平拋的規(guī)律可得tanθm=2RR=2，r得x2=(2+5）則光屏上亮線的長度d=x2-x1四、填空題17．（24-25高三下·福建·二模）如圖所示，xOy坐標(biāo)平面的第一、二象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在第二象限內(nèi)有平行于y軸的足夠大的熒光屏，在坐標(biāo)原點O有一粒子源，能沿x軸正向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小均為v0，將粒子從O點射出的方向沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，在粒子從O點射出的方向與x軸夾角θ在某一范圍內(nèi)逐漸增大的過程中，粒子打在熒光屏上的位置不斷沿y軸正向向上移。已知熒光屏與y軸的距離為mv02qB，不計粒子的重力，忽略粒子間的相互作用，所有粒子打在熒光屏上的位置離x軸最近的距離為，最遠(yuǎn)的距離為，粒子（填“有”【答案】1+32mv【詳析】[1]根據(jù)題意，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=mv0qB，則熒光屏到y(tǒng)軸的距離為r2，沿[2]幾何關(guān)系可知，所有粒子打在熒光屏上的位置離x軸的最遠(yuǎn)距離為y[3]當(dāng)速度方向沿逆時針向上旋轉(zhuǎn)，打到屏上的位置一直上移的過程中，粒子打到屏上的位置與O點連線的夾角逐漸減小，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子打在熒光屏上的位置到最高點時，粒子打在熒光屏上時的速度垂直于直徑并不垂直熒光屏，因此粒子不可能垂直打在熒光屏上。18．（24-25高三下·福建·二模）軟導(dǎo)線處在垂直于紙面向外的勻強磁場中，通有如圖所示的電流，導(dǎo)線兩端P、Q處在同一高度，保持P端位置不變、電流大小不變。若將Q端水平右移，導(dǎo)線受到的安培力大??；若將Q端豎直下移，導(dǎo)線受到的安培力大小（均填“變大”“不變”或“變小【答案】變大變大【詳析】[1]將Q端緩慢水平向右移，導(dǎo)線的有效長度變大，由F=BIL，可知受到的安培力變大。[2]將Q端緩慢豎直向下移，導(dǎo)線的有效長度變大，由F=BIL，可知導(dǎo)線受到的安培力變大。19．（2025·福建·三模）如圖所示為某種質(zhì)譜儀工作原理示意圖，離子從電離室A中的小孔S1飄出（初速度不計），經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，通過小孔S2，從磁場上邊界垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，運動半個圓周后打在照相底片D上并被吸收形成譜線。照相底片D上有刻線均勻分布的標(biāo)尺（圖中未畫出），可以直接讀出離子的比荷，則可以通過（選填“增大”或“減小”）磁感應(yīng)強度B來增大不同離子形成譜線之間的間隔，標(biāo)尺上各刻線對應(yīng)比荷的值是（選填“均勻”“不均勻”或“不是均勻無法確定”）的【答案】減小不均勻【詳析】[1]離子在電場中加速時，根據(jù)動能定理可得qU=12mv2，解得v=2qUm，在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得則可以通過減小磁感應(yīng)強度B來增大不同離子形成譜線之間的間隔。[2]標(biāo)尺上各刻線到小孔S2的距離為d=2r=2B2mUq20．（2025·福建廈門一中·四測）在一根足夠長的豎直絕緣桿上，套著一個質(zhì)量為m、帶電量為-q的小球，球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ。場強為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向如圖所示，小球由靜止開始下落。小球開始下落時的加速度為，小球運動的最大加速度為

【答案】g-μEqm【詳析】[1]小環(huán)靜止時只受電場力、重力及摩擦力，電場力水平向右，摩擦力豎直向上；開始時，由牛頓第二定律得mg-μqE=ma，小環(huán)的加速度應(yīng)為a=g-[2]小環(huán)速度將增大，產(chǎn)生洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向左，故桿的彈力先減小后增大，摩擦力先減小后增大，故加速度先增加后減?。划?dāng)qvB=qE時水平方向合力為0，摩擦力減小到0，加速度達(dá)到最大，所以小環(huán)由靜止沿棒下落的最大加速度為a=專題10磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁場和磁現(xiàn)象2025、2023、2022、2021磁場專題作為福建高考物理的核心內(nèi)容，其命題展現(xiàn)出鮮明的延續(xù)性與發(fā)展性。從五年考情看，“磁場和磁現(xiàn)象”基礎(chǔ)考點是絕對的重心，幾乎年年必考，重點聚焦于磁感應(yīng)強度方向判定、磁感線特性、地磁場、電流的磁場等核心概念的理解與辨析，題型以選擇題為主，強調(diào)概念的本質(zhì)把握。帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動是考查學(xué)生模型構(gòu)建與邏輯推理能力的關(guān)鍵載體，近年考查頻率較高且穩(wěn)定，預(yù)計將繼續(xù)作為壓軸或中檔題的重要來源，側(cè)重考查洛倫茲力特點、圓周運動基本規(guī)律、圓心與軌跡的確定，以及臨界與多解問題。命題情境將持續(xù)緊密結(jié)合科技前沿與生產(chǎn)生活實例，增強試題的時代感和應(yīng)用性。整體趨勢上，核心基礎(chǔ)概念的辨析將保持高頻穩(wěn)定，帶電粒子運動的模型化考查將深化，情境設(shè)計更趨多元化和本土化，并可能強化對物理思想方法的滲透，側(cè)重物理本質(zhì)的理解與邏輯推理，復(fù)雜數(shù)值計算要求不高，但對空間想象和過程分析能力的要求持續(xù)在線。考點2安培力2024考點3帶電粒子在磁場中的運動2024、2023考點4帶電粒子在復(fù)合場中的運動2025、2024、2021考點01磁場和磁現(xiàn)象1．（2025·福建·高考真題）如圖所示，空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等，方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點，M與O關(guān)于L1對稱，O與N關(guān)于L2對稱且OM=ON，初始時，M處的磁感應(yīng)強度大小為B1，O點磁感應(yīng)強度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，求N點的磁感應(yīng)強度大?。ǎ〢．B2-12B1 B．B22-B1 C．B2【答案】B【詳析】根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相同大小相等，則單個導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0=B22，根據(jù)對稱性，兩導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)該與M點一樣，為B1，根據(jù)對稱性，L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B0=B22，由于L2在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于L1故選B。2．（2023·福建·高考）（多選）地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流。基于此理論，下列判斷正確的是（

）A．地表電荷為負(fù)電荷B．環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C．若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強度增大【答案】AC【詳析】A．根據(jù)右手螺旋定則可知，地表電荷為負(fù)電荷，故A正確；B．由于地表電荷為負(fù)電荷，則環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯誤；C．若地表電荷的電量增加，則等效電流越大，地磁場強度增大，故C正確；D．若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則等效電流越小，地磁場強度減小，故D錯誤。故選AC。3．（2022·福建·高考）（多選）奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應(yīng)。一個可自由轉(zhuǎn)動的小磁針放在白金絲導(dǎo)線正下方，導(dǎo)線兩端與一伏打電池相連。接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉(zhuǎn)。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導(dǎo)線直徑、導(dǎo)線材料、電池電動勢以及小磁針位置等因素對小磁針偏轉(zhuǎn)情況的影響。他能得到的實驗結(jié)果有（）A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉(zhuǎn) B．用銅導(dǎo)線替換白金絲，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)C．減小電源電動勢，小磁針一定不能偏轉(zhuǎn) D．小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置無關(guān)【答案】AB【詳析】A．減小導(dǎo)線直徑，仍存在電流，其產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項A正確；B．白金導(dǎo)線換成銅導(dǎo)線，仍存在電流，產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項B正確；C．減小伏打電池電動勢，只要導(dǎo)線中有電流，小磁場還是會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項C錯誤；D．通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場與地磁場疊加后，其空間磁場方向與位置有關(guān)，當(dāng)小磁針在不同位置時其偏轉(zhuǎn)情況不同，選項D錯誤。故選AB。4．（2021·福建·高考）（多選）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標(biāo)原點O，e為cd的中點且在y軸上；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外。則（）A．O點的磁感應(yīng)強度為0B．O點的磁感應(yīng)強度方向由O指向cC．e點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸正方向D．e點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸負(fù)方向【答案】BD【詳析】AB．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，如圖所示由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則，可知O點的磁感應(yīng)強度方向由O指向c，其大小不為零，故CD．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應(yīng)強度大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向，如圖所示由圖可知Bc與Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb與Ba大小相等，方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩個磁感應(yīng)強度的合磁感應(yīng)強度沿y軸負(fù)方向，故故選BD?？键c02安培力5．（2024·福建·高考）（多選）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細(xì)繩將半徑為r的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、b處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為I、方向從a到b的電流，細(xì)繩處于繃直狀態(tài)，則（）A．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的小C．銅環(huán)所受安培力大小為2rBI D．銅環(huán)所受安培力大小為πrIB【答案】AC【詳析】方法一：微元法AB．如圖，取通電半圓形銅環(huán)的一小段Δl，可將其視為直導(dǎo)線，根據(jù)左手定則可知，改小段導(dǎo)線受到的安培力方向如圖所示，其大小ΔF=BIΔl，根據(jù)對稱性苛刻的，如圖所示，對稱的兩小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，則通電后半圓形銅環(huán)受到的安培力豎直向下，根據(jù)受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故CD．對每小段導(dǎo)線所受安培力在豎直方向的分力求和，可得F=∑Fy=∑BIΔlsin故選AC。方法二：等效法通電半圓形銅環(huán)可等效為等效長度為直徑ab，電流方向a→b，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小F=BI×2r=2rIB，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg，兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時的大。故選AC?？键c03帶電粒子在磁場中的運動6．（2023·福建·高考）阿斯頓（F．Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在PP'上方存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實驗中，v=9.6×104m/s,B=0.1T，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為4.8×106C/kg；（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！敬鸢浮浚?）0.4m；（2）4.4×【詳析】（1）粒子進(jìn)入磁場，洛倫茲力提供圓周運動的向心力則有qvB=m整理得r=OM的長度為OM=2r=0.4（2）若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運動軌跡半徑為OM運動軌跡半徑1.1倍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得q'vB=m'整理得q'考點04帶電粒子在復(fù)合場中的運動7．（2025·福建·高考真題）（多選）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為g,則（）A．電場強度為E=B．磁場強度為B=C．NP兩點的電勢差為U=D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為v【答案】BC【詳析】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著MN做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知mg=qE，qvB=解得電場強度E=mgq，磁感應(yīng)強度B=2mgqvC、在N點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度a=F合m=2g，粒子到達(dá)P所以粒子在P點的速度vP=vx2+vy2=5v，ND、將粒子在N點的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且vNy=vcos45°=故選BC。8．（2024·福建·高考）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進(jìn)入C2，而后從P進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，(1)粒子經(jīng)過N時的速度大??；(2)粒子經(jīng)過P時速度方向與y軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小。【答案】(1)2qU(2)45°(3)1【詳析】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有qU=12m（2）粒子在C2中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有d=12又tan解得θ=45°（3）粒子在P處時的速度大小為v在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有q由幾何關(guān)系可知R=解得B=9．（2021·福建·高考）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)A．以速度v02B．以速度v0射入的電子C．以速度2v0D．以速度4v0射入的a【答案】B【詳析】質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足q即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度v02的射入的正電子(1B．以速度v0射入的電子(-10C．以速度2v0射入的核(12H)，以速度4v0射入的故選B。一、單選題1．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，粗細(xì)均勻的“L”型金屬棒ACD用絕緣細(xì)線PD和QA懸吊，靜止在垂直于PDCAQ平面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B,CD部分水平，長為4L,AC部分豎直，長為3L。給金屬棒通入大小為I、方向從D到A．3BIL B．4BIL C．5BIL D．7BIL【答案】A【詳析】要使金屬棒處于原靜止?fàn)顟B(tài)，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即F=3BIL故選A。2．（2025·福建寧德·三模）如圖所示，MN表示一塊非常薄的金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過薄金屬板，虛線表示其運動軌跡，粒子電量不變，由圖可知粒子（）A．帶正電荷 B．沿a→b→c→d→e方向運動C．穿過金屬板后，軌跡半徑變小 D．穿過金屬板后，所受洛倫茲力變大【答案】C【詳析】ABC．帶電粒子穿過金屬板后速度減小，根據(jù)牛頓第二定律qvB=mv2r，可得r=mvqB，可知軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運動方向是e→d→c→b→a，粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，在eD．穿過金屬板后速度減小，根據(jù)F洛=qvB可知，洛倫茲力減小，故故選C。3．（2025·福建·百校聯(lián)考押題）用磁場來約束等離子體中帶電粒子的運動，主要為可控核聚變提供理論與技術(shù)支持。磁約束的基本原理是帶電粒子在磁場中受的洛倫茲力，某實驗小組設(shè)計了一個模擬磁約束的小實驗（研究粒子的運動過程不超過1個周期），如圖，勻強磁場存在于兩個中心重合的正方形區(qū)域之間，正方形ABCD邊長4a，abcd邊長為2a?，F(xiàn)d點處有一粒子源能向各方向發(fā)射速率為v的正電粒子，若要把粒子束縛在圖示磁場中，則（

）A．若不讓粒子從AB邊出射，B的最小值為(2+B．若不讓粒子從BC邊出射，B的最小值為(2-C．若不讓粒子從CD邊出射，B的最小值為2mvD．若不讓粒子從DA邊出射，B的最小值為2mv【答案】A【詳析】本題要求把粒子束縛在圖示磁場中，且要求B最小，由洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得r=mvqB，可知要求B最小，則r最大，由圖根據(jù)幾何關(guān)系可知(3a)2+(3a)2故選A。4．（2025·福建三明·三模）如圖，水平臺面上有一足夠長、間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，置于塑料圓筒內(nèi)，導(dǎo)軌左端連著電容為C的電容器和電動勢為E的電源，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。將一質(zhì)量為m的模擬金屬炮彈置于圓筒內(nèi)導(dǎo)軌上，先將開關(guān)撥至接線柱1，充電結(jié)束后，將開關(guān)撥至接線柱2，炮彈在安培力作用下開始運動，達(dá)到最大速度后離開導(dǎo)軌，整個過程通過炮彈的電荷量為q。已知炮彈電阻為R，炮彈始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻。則在此過程中炮彈（）A．做勻加速直線運動 B．在導(dǎo)軌上的位移為qRC．離開導(dǎo)軌時的速度為BLqm D【答案】C【詳析】A．對炮彈受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有BIL=ma，結(jié)合I=UR，C=QU，由于電容器放電過程中，極板所帶電量B．炮彈在導(dǎo)軌上運動過程，由于電容器有電壓存在，通過炮彈的平均電流并不是BLvR則可知x≠qRBL，故C．對炮彈，以向右方向為正，根據(jù)動量定理有Ft=mv，其中平均安培力F=BIL，結(jié)合q=I?tD．剛充電結(jié)束時，電容器電荷量為Q=CE，導(dǎo)軌達(dá)到最大速度時，電容器電荷量Q'=Q-q，此時電容器電壓U=Q'C，此時導(dǎo)軌產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于U，故BLv=U，聯(lián)立以上幾式可得CE-qC=BLv，可解得故選C。二、多選題5．（2025·福建龍巖·一模）如圖甲所示，輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量m=2kg、邊長L=1?m、匝數(shù)n=5的正方形線圈，線圈總電阻r=0.5ΩA．0～6?s內(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的大小為1C．t=3s時輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小為D．0～4?s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳析】A．0～6?s內(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為選項A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦΔt=nΔBΔC．根據(jù)圖乙可知，t=3s時磁感應(yīng)強度為B=1T，線圈受到的安培力大小為：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N，方向豎直向上，則輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小為T=mg-F安=15ND．0～4s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2rt=12×0.5×4J=2J，故D錯誤。故選BC。6．（2025·福建漳州·三測）如圖，兩根通有等大、反向電流的長直導(dǎo)線A、B垂直紙面固定，acbd為正方形，其中心O及a、b在A、B連線上，則（）A．O點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度B．d點的磁感應(yīng)強度大于c點的磁感應(yīng)強度C．d點的磁感應(yīng)強度與c點的磁感應(yīng)強度相同D．a(chǎn)點的磁感應(yīng)強度與b點的磁感應(yīng)強度不同【答案】AC【詳析】A．設(shè)導(dǎo)線A、B中的電流分別為I1與I2，由題意可知I1、I2在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同，設(shè)大小均為BO1，則O點的磁感應(yīng)強度大小BO=2BO1，I1、I2在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小Bd1=Bd2，則d點的磁感應(yīng)強度大小BBC．由圖知，d點的磁感應(yīng)強度與c點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同，故B錯誤，C正確；D．I1在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Ba1與I2在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Bb2相同，I1在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度Bb1與I2在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B故選AC。7．（2025·福建·模擬預(yù)測）如圖所示，豎直平面內(nèi)存在垂直豎直紙面向外的勻強磁場，將一粗細(xì)均勻的電阻絲折成正方形導(dǎo)體框abcd，垂直放置于磁場中，ad邊水平且放在壓力傳感器上?，F(xiàn)將a、d兩點通過輕質(zhì)導(dǎo)線接到直流電源上，通電后壓力傳感器的示數(shù)為0。已知導(dǎo)體框的質(zhì)量為m，重力加速度為g，輕質(zhì)導(dǎo)線對導(dǎo)體框沒有作用力。下列判斷正確的是（）

A．接線柱1與電源的負(fù)極相連B．a(chǎn)b邊受到的安培力大小為0C．bc邊受到的安培力大小為1D．若將電源正負(fù)極調(diào)換，則壓力傳感器的示數(shù)為3mg【答案】AC【詳析】A．線框受安培力向上，由左手定則可知，電流方向向左，即接線柱1與電源的負(fù)極相連，故A正確；B．根據(jù)左手定則，ab邊電流向下，受到的安培力方向向左，大小不為0，故B錯誤；C．設(shè)bc邊電流為I，安培力F，則ad邊電流為3I，安培力3F，則4F=mg，即bc邊受到的安培力大小為F=14mgD．若將電源正負(fù)極調(diào)換，則安培力大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下，則壓力傳感器的示數(shù)為2mg，故D錯誤。故選AC。8．（2025·福建多地市·二模）中國科學(xué)家利用蘭州重離子加速器進(jìn)行醫(yī)用同位素的同步分離制備，“扇形聚焦回旋加速器”是該裝置的重要構(gòu)造部分。某種扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成8個扇形區(qū)域，相互間隔的4個區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，另外4個區(qū)域內(nèi)沒有磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子以恒定速率在閉合平衡軌道上做周期性運動，其閉合平衡軌道如圖中實線所示，離子重力不計，則離子繞閉合平衡軌道運動一周的過程中（）A．運動的方向是順時針 B．運動的方向是逆時針C．在磁場中運動的總時間為πmBq D．在磁場中運動的總時間為【答案】AD【詳析】AB．由于粒子帶正電，在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則可知，粒子運動的方向是順時針，故A正確，B錯誤；CD．因為粒子在沒有磁場的區(qū)域做勻速直線運動，沒有改變速度方向，則離子經(jīng)過4個扇形磁場區(qū)域總共轉(zhuǎn)過的角度為360°，所以離子在磁場中運動的總時間等于離子在磁場中的運動周期，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB=mv2r，又T=2πrv，聯(lián)立可得T=2πmBq，故選AD。9．（2025·福建漳州·四檢）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從P點以速度ν沿平行于直徑CD方向射入磁場，粒子經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R，PO與CD間的夾角為45°，不計粒子重力。則（

）A．磁感應(yīng)強度大小為2B．粒子在磁場中運動的時間為πC．僅改變速度方向，粒子可能從D點射出D．僅增大速度，粒子在磁場中運動的時間將變短【答案】AD【詳析】A．根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由于圓形區(qū)域半徑為R，則P點到CD的距離為22R，設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=mv2r，解得B=2B．根據(jù)上述分析可知，粒子在磁場中運動軌跡為半個圓周，粒子圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB，則粒子在磁場中運動的時間為C．僅改變速度方向，粒子運動軌跡半徑不變，則粒子不可能從D點射出，故C錯誤；D．圓心在過P點的豎直線上，僅增大速度，粒子在磁場中運動的周期不變，運動半徑增大，可知軌跡圓心角變小，粒子運動時間將變短，故D正確；故選AD。10．（2025·福建寧德·三模）如圖甲所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定的速率順時針轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為0.1kg，帶電量為0.1C的物塊從傳送帶的底端靜止釋放，其運動的v-t圖像如圖乙所示。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.8，重力加速度g取10mA．物塊可能帶負(fù)電 B．傳送帶的速率可能大于2C．磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.25T D．前6s內(nèi)物塊的位移大小為4.5m【答案】BC【詳析】A．設(shè)物塊帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，物塊受到垂直斜面向右下方的洛倫茲力，還有重力、支持力和沿斜面向上的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，由乙圖可知，物塊是做加速度不斷減小的加速運動，即加速度a不斷減小，所以滑動摩擦力f也不斷減?。挥指鶕?jù)FN=mgcosθ+Bqv，隨著速度v不斷增大，支持力FN不斷增大，根據(jù)f=μFN，可知滑動摩擦力f不斷增大，故前后判斷不一致，故物塊不可能帶負(fù)電，應(yīng)是帶正電，物塊受的洛倫茲力應(yīng)垂直斜面向左上方，其他力的方向不變，根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，可知隨加速度a不斷減小，所以滑動摩擦力f也不斷減小；，根據(jù)FN=mgC．根據(jù)牛頓第二定律有f-mgsinθ=ma，在垂直斜面方向上有FN=mgcosθ-Bqv，又f=μFN，聯(lián)立解得mgμcosθ-sinθ-μBqv=maB．由C項分析，可知只要傳送帶的速度大于等于2m/s，則物塊達(dá)到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度可能是2m/s，也有可能是大于2m/s，故B正確；D．對物塊運動的前6s，由動量定理mgμcosθ-sinθt-μBqx=mv，帶入數(shù)據(jù)可得故選BC。11．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直三角形平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠A=30°,∠C=90°,AD邊長為L，在AC邊中點P在三角形平面內(nèi)沿與PA邊夾角為30°A．磁場方向垂直三角形平面向里B．當(dāng)粒子速度大小為3qBL12m時，粒子的運動軌跡與C．AD邊有粒子射出的區(qū)域長度接近1D．AC邊有粒子射出的區(qū)域長度接近3【答案】BC【詳析】A．由于射出的粒子有的能沿垂直AD邊射出，由左手定則可知磁場方向一定垂直三角形平面向外，A項錯誤；B．設(shè)粒子射出速度大小為v0時，軌跡與AD相切，設(shè)軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系，解得r=L43，根據(jù)牛頓第二定律，qv0B=mCD．由幾何關(guān)系可知，AD邊有粒子射出區(qū)域長度接近EF=14L，AC邊有粒子射出區(qū)域長度接近PQ=L4故選BC。12．（2025·福建·適應(yīng)性練習(xí)）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。若電子入射速度在A．電場強度E=BB．若電子入射速度為v04，運動到速度為vC．若電子入射速度為v04D．能到達(dá)y2=【答案】AC【詳析】A．根據(jù)題意，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動，豎直方向受力平衡，有解得E=v0B，B．電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射為v04，則電子受到電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有eEy1=12C．若電子入射速度為v04在最低點有F合=eE-v04eB，D．設(shè)以速度v射入時能到達(dá)y2=由C選項中有vm=2EB-v，聯(lián)立解得v=910v故選AC。三、解答題13．（2025·福建南平·質(zhì)檢）如圖（a），水平線1、2和3、4間有垂直紙面的勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，兩個區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小相等方向相反。在2、3位置放置兩塊帶有狹縫的平行金屬板（2、3相距很近），兩極板間加上如圖（b）所示的交變電壓U23。t=0時在2板狹縫S處無初速釋放一質(zhì)子。已知上、下兩磁場的寬度均為L，兩金屬板間距為d，交變電壓大小為U，磁感應(yīng)強度大小為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計，質(zhì)子每次通過兩金屬板狹縫時都能被電場加速。(1)求第一次加速后質(zhì)子獲得的速度大小v1；(2)若質(zhì)子被電場加速若干次后，恰好與磁場邊界相切時離開磁場，求：i.質(zhì)子被加速的次數(shù)n；ii.質(zhì)子在電場和磁場中運動的總時間t?！敬鸢浮?1)v(2)i.n=qB2【詳析】（1）第一次加速過程，根據(jù)動能定理Uq=解得v（2）i.質(zhì)子出磁場時恰好與邊界相切，設(shè)速率為vm，其圓周運動的半徑r=L根據(jù)牛頓第二定律有q每次加速質(zhì)子動能增加U0q，根據(jù)動能定理有nUq=解得n=ii.質(zhì)子在電場中的加速過程所用時間為t1，根據(jù)速度時間公式有v根據(jù)牛頓第二定律有Uq解得t質(zhì)子第n次加速后運動四分之一周期出磁場，設(shè)質(zhì)子在磁場中運動時間為t2，則周期為T=在磁場中運動的時間為t總時間t=14．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）在一真空區(qū)域的豎直平面內(nèi)建立如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy，第一象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小均相等；y＞0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均相等。一質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒恰好沿虛線AO做勻速直線運動，速度大小為2v0，方向與x軸負(fù)方向夾角為45(1)電場強度的大小和磁感應(yīng)強度的大?。?2)微粒在第三象限內(nèi)運動的時間和離開第三象限時的位置坐標(biāo)；(3)微粒在第四象限內(nèi)運動過程中速度的最大值?！敬鸢浮?1)E=mgq(2)t=πv(3)v=2【詳析】（1）根據(jù)受力平衡條件，微粒帶正電，有mg=Eq，q解得E=mgq（2）微粒進(jìn)入第三象限后，由受力分析，重力和電場力平衡，故微粒受洛倫茲力做勻速圓周運動，設(shè)微粒運動半徑為R，由幾何關(guān)系可得θ=90°，微粒在第三象限內(nèi)運動的時間t=根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q周期為T=聯(lián)立解得t=微粒離開第三象限時在豎直方向移動的距離為d=微粒離開第三象限時的位置坐標(biāo)為0,-（3）微粒進(jìn)入第四象限后速度方向與y軸負(fù)方向夾角為45°，根據(jù)運動的合成與分解，可以把速度分解到x、y方向，分速度分別為vx=根據(jù)受力分析qvxB=mg，微粒運動可分解為水平方向速度大小為vvx與vy15．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在紙面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，坐標(biāo)系的第一、二象限有足夠長的寬度為d、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的上邊界MN平行于x軸。P、Q是長度為L的平行金屬板、垂直于紙面放置，兩板中線與y軸共線，兩板間加上周期為T、場強大小為E0的周期性變化的電場，如圖乙所示。取x軸正方向為電場的正方向，位于P、Q兩板中線上的粒子源沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小為LT的帶正電的粒子，粒子均能從(1)求t=0時刻進(jìn)入電場的粒子，在T2時刻沿x軸方向的偏移量x(2)若粒子從O點進(jìn)入磁場，求粒子需從哪些時刻進(jìn)入電場？若粒子從O點進(jìn)入磁場且恰好不穿出磁場的上邊