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10磁場2025年河北卷10；2024年河北卷10；2023年河北卷14；2022年河北卷14；2021年河北卷14；新課標要求教學圍繞物理學科核心素養(yǎng)展開，在磁場部分的考查中主要體現在：物理觀念形成物質觀例如磁場是一種特殊物質，科學思維運用模型建構例如磁感線模型、帶電粒子在勻強磁場中的運動模型，科學探究注重提出問題例如“如何定量描述磁場的強弱？”，科學態(tài)度與責任培養(yǎng)探索興趣例如通過有趣的實驗和現象。河北省命題趨勢預計將繼續(xù)注重基礎性與綜合性選擇題?？疾閹щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動基本計算，綜合性增強，磁場常與電場、力學、能量問題結合，形成綜合計算題。突出應用性與創(chuàng)新性試題常以現代科技成果，實際生活情境為背景創(chuàng)設問題，培養(yǎng)學生建立物理模型和解決實際問題的能力，要求具備良好的信息提取和加工能力?？键c10磁場一、多選題1．(2025·河北卷·10)如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板水平固定，間距為板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當發(fā)射方向與的夾角時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電B．若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小C．粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為D．粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為【答案】BCD【詳析】A．根據粒子在磁場中的偏轉方向，根據左手定則可知粒子帶負電，選項A錯誤；B．隨著粒子不斷打到N極板上，N極板帶電量不斷增加，向下的電場強度增加，粒子做減速運動，當粒子恰能到達N極板時滿足，解得即d越大，板間所形成的最大電場強度越小，選項B正確；C．因粒子發(fā)射方向與OP夾角為60°時恰能垂直穿過M板Q點的小孔，則由幾何關系解得r=2L可得可得粒子從磁場上方，直接打在打到M板上表面的位置與O點的最大距離為當N極板吸收一定量的粒子后，粒子再從Q點射入極板，會返回再從在Q點射出，后繼續(xù)做圓周運動，這時打M板在板上表面的位置則粒子打在M板上表面的位置的最大距離為，選項C正確；D．因金屬板厚度不計，當粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，由幾何關系可知此時粒子從P點沿正上方運動，進入兩板間時的速度方向與M板夾角為α=30°，則在兩板間運動時間其中打到M板下表面距離Q點的最小距離解得選項D正確。故選BCD。2．(2024·河北卷·10)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（

）A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C．若粒子經cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D．若粒子經bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】AD【詳析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形abcd區(qū)域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd區(qū)域中的運動軌跡必平行于AC的連線，可知粒子必經過cd邊，進入正方形abcd區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45°，據此作出粒子可能的兩個運動軌跡如圖所示粒子的運動軌跡均關于直線BD對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確；C．若粒子經cd邊垂直BC射出，粒子運動軌跡如圖所示設粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為，則圖中兩段圓弧軌跡的圓心角與的關系為設兩正方形的對應邊之間的距離為，為保證粒子穿過ad邊，需滿足且有聯立解得為保證粒子穿過cd邊，需滿足為保證從BC邊射出，需滿足聯立解得可得粒子經cd邊垂直BC射出，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角范圍是故C錯誤；BD．粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，作出粒子恰好經過c點的運動軌跡如圖所示設粒子在e點進入正方形abcd區(qū)域，線段MN垂直平分軌跡ec，與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關于線段MN對稱。線段CE平行于軌跡ec，取圓弧軌跡的中點F，過F點做軌跡ec的平行線分別交AD與BC于點G和點，點為點E關于MN的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為AD的中點，Ee垂直于ad和AD，設粒子軌跡半徑為r，正方形ABCD的邊長為2L。由幾何關系得聯立解得因，故，即EF垂直于，由對稱性可知四邊形為矩形，垂直于CE，可知點是點F關于MN的對稱點，即點F是圓弧cH的中點，可知由c到粒子的軌跡圓心角為30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度較大，軌跡半徑較大，則粒子在c點左側穿過cd，其軌跡如圖所示與臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在BC上，故粒子不會垂直BC射出。若粒子速度較小，軌跡半徑較小，則粒子在c點下方穿過cb，其軌跡如圖所示。與粒子恰好經過c點的運動過程同理，根據對稱性可知粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確。故選AD。二、解答題3．(2023·河北卷·14)如圖1，真空中兩金屬板M、N平行放置，板間電壓U連續(xù)可調，在金屬板N的中心C處開有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點，DE與金屬板平行。三角形FGH區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶電粒子從緊鄰M板的P點由靜止釋放沿CG方向進入磁場，一段時間后沿的角平分線方向從E點離開。已知正三角形CDE的邊長為a，粒子質量為m、電荷量大小為q，粒子重力不計。（1）求板間電壓U的大??；（2）若磁場區(qū)域如圖2，磁感應強度不變。調整兩板間電壓大小，將該粒子從P點由靜止釋放，仍能沿的角平分線方向從E點離開，求粒子從C點運動到E點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】（1）粒子在電場中加速，由動能定理得根據洛倫茲力提供向心力根據幾何關系有解得板間電壓的大小為（2）根據題意，做出粒子的運動軌跡，如圖所示。根據幾何關系有則粒子在磁場中的運動時間為粒子在無磁場區(qū)域運動的時間為粒子從C點運動到E點的時間為4．(2022·河北卷·14)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標；（2）在時間內，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳析】（1）在時間內，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內，根據粒子在磁場運動的周期可知粒子偏轉，速度反向，根據可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標為，即；（2）在時間內，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻的速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）根據（1）問中解析有，①若粒子到達點之前，在磁場中已經過兩個半圓，則釋放時刻一定在時間內，若在之間的時刻釋放粒子，粒子運動軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發(fā)現所以需滿足，代入數據解不等式，當時不等式成立②若粒子到達點前只經過一個半圓，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑由得，經第一次電場加速的末速度，則粒子在時間內釋放不可能，如果在時間內釋放，則第一次在電場中加速的時間，即在時釋放符合條件，但在此情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下無法到達點，所以考慮在時間內釋放，假設粒子第一次在電場中加速的時間為，則，在此種情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下粒子能在點被吸收，所以粒子釋放時刻為綜上可知，在或時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲5．(2021·河北卷·14)如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓的大?。唬?）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點未在圖中標出）、對于粒子靶在區(qū)域內的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【詳析】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運動，則半徑由解得（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則由幾何關系可知聯立解得（3）結合（2）分析可知，當粒子經上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關系可得②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③個粒子經過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經過H2后再次進入上方磁場區(qū)域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得一、單選題1．（2025·河北邯鄲·模擬預測）如圖所示，直角三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，邊長為邊長為，大量質量為、電荷量為、速度大小為的帶負電粒子垂直邊射入磁場。帶電粒子在磁場中運動后只從和邊射出磁場。不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強磁場的最大磁感應強度為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】當粒子運動軌跡與A、B邊相切于D點，右邊剛好從C點射出，此時對應的磁感應強度有最大值，粒子運動軌跡如圖所示根據幾何關系，有解得根據洛倫茲力提供向心力聯立解得故選C。二、多選題2．（2025·河北·模擬預測）如圖所示為三根平行直導線的截面圖，它們的電流大小都相等，方向均垂直紙面向里?！鰽BC為等腰直角三角形，D為AB中點，三個電流在D處產生的磁感應強度大小均為B0。下列說法中正確的是（）A．D點的磁感應強度大小為B0，方向由D到BB．C電流受到AB兩電流作用力的方向由D到CC．若僅將B處電流反向，D點的磁感應強度大小為D．若僅將B處電流反向，C電流受到AB兩電流作用力的方向為由D到A【答案】AD【詳析】A．由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產生的磁感應強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應強度方向由D到B，故A正確；B．根據同向電流相互吸引的特點，對電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由C到D，故B錯誤；C．若僅將B處電流反向，由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產生的磁感應強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應強度，故C錯誤；D．若僅將B處電流反向，根據同向電流相互吸引（反向電流相互排斥）的特點，對電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由D到A，故D正確。故選AD。3．（2025·河北·三模）如圖所示，在直角坐標系的第一象限內存在著一個半徑為、磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域，為圓心，該磁場區(qū)域分別與軸、軸相切于點、點。在點處有一粒子源，可以向第一象限內的各個方向射入速度大小相等、質量均為、電荷量均為的粒子，不計粒子所受重力及粒子間的相互作用，粒子在磁場中只受洛倫茲力作用。已知沿軸正方向射入的粒子，在軸的點射出。下列說法正確的是（）A．粒子的速度大小為B．與軸正方向成角射入圓形勻強磁場區(qū)域的粒子，最后經過軸上的橫坐標為C．若將粒子的速度大小設為，其他條件不變，則粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中運動的最長時間為D．若將粒子的速度大小設為，其他條件不變，則圓形勻強磁場區(qū)域邊界上能夠被粒子打到的弧長為【答案】AC【詳析】A．設粒子的軌跡半徑為，已知粒子從點沿軸正方向射入，在軸的點射出。根據幾何關系可知粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力有可得粒子的速度大小為故A正確；B．如圖所示。為粒子軌跡的圓心由幾何關系可以得出射出點的橫坐標為故B錯誤；C．若，設粒子的軌跡半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中運動時間最長時，圓形勻強磁場區(qū)域的直徑是粒子軌跡的一條弦，粒子軌跡如圖所示，為粒子軌跡的圓心。由幾何關系可知解得則粒子的射入速度方向與軸正方向的夾角為粒子運動的周期為粒子在磁場中運動的最長時間為故C正確；D．設粒子軌道的軌跡半徑為，若，則粒子打到圓形勻強磁場區(qū)域邊界的最遠位置距離點為粒子的軌跡如圖所示。由幾何關系可知，最大距離所對應的圓形勻強磁場區(qū)域的圓心角為，圓形勻強磁場邊界上能夠被粒子打到的弧長為，故D錯誤。故選AC。4．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在內壁絕緣且光滑的圓形軌道內，質量為m、電荷量為+q的小球沿軌道順時針做圓周運動?？臻g內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，且存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。當小球經過軌道最左側的P點時，其速度大小為v0，軌道對小球的彈力恰好為零，此時其所受電場力大小為所受洛倫茲力大小的2倍，忽略帶電小球所受重力。下列說法正確的是（）A．小球在軌道內運動時，其機械能守恒B．小球從P點運動半周至Q點的過程中，對軌道的壓力逐漸增大C．當小球運動至軌道最右側的Q點時，對軌道的壓力大小為7qED．當小球運動至軌道最右側的Q點時，速度大小為4v0【答案】BC【詳析】A．小球運動過程中電場力做功，所以機械能不守恒，選項A錯誤；B．設小球從P點起轉過角，此時有速度v越來越大，越來越小，越來越大，選項B正確；CD．從P至Q，在P點，聯立可得在Q點，聯立可解得，選項C正確，D錯誤。故選BC。5．（2025·河北邢臺·三模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于其平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，把圓周六等分。現有帶正電的粒子由A點以不同速度對準圓心O進入磁場，由圓周上的不同點射出。設粒子的質量為m、電荷量為q，速度為時粒子正好由點飛出磁場。則（）A．磁場的方向垂直紙面向里B．改變帶電粒子的電性，速度變?yōu)?，則一定由E點射出C．從圓弧CD之間（不含C點）飛出的帶電粒子速度一定大于D．帶電粒子的比荷【答案】ACD【詳析】A．由左手定則可知磁場的方向垂直紙面向里，故A正確；BC．如圖所示帶正電的粒子以速度入射，由A運動到時，根據幾何關系，可得運動軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力有解得改變帶電粒子的電性，若粒子由E點射出，根據幾何關系，可得運動軌跡半徑又解得由對稱性分析可知從圓弧CD之間（不含C點）飛出的帶電粒子速度一定大于，故B錯誤，C正確；D．根據B選項分析有解得故D正確。故選ACD。6．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在以坐標原點O為圓心的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸正方向，磁場方向垂直坐標平面向外，磁感應強度大小為B。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自O點沿x軸正方向射入，當速度為v0時粒子沿x軸運動時間t0后離開半圓形區(qū)域。已知半圓形區(qū)域的半徑，粒子重力忽略不計。下列說法正確的是（）A．電場強度大小為Bv0B．若僅撤去磁場，粒子離開半圓形區(qū)域時的位置坐標為C．若僅撤去電場，粒子離開半圓形區(qū)域時的位置坐標為D．若僅撤去電場，并使粒子入射速度為2v0，則粒子在磁場中的運動時間為【答案】AC【詳析】A．粒子沿x軸做直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，即解得故A正確；B．僅撤去磁場，粒子在半圓形區(qū)域中x方向的位移y方向的位移且解得，故B錯誤；C．只撤去電場，由洛倫茲力提供向心力則有解得即粒子軌跡半徑也為R，如圖（a）所示由圖可知，粒子從N點出射，根據幾何關系可知三角形ONO′為等邊三角形，所以粒子出射的坐標為故C正確；D．當粒子速度為2v0時，由洛倫茲力提供向心力則有解得設轉過的圓心角為α，如圖（b）所示由幾何關系可知所以又所以運動時間故D錯誤。故選AC。7．（2025·河北滄州·二模）如圖所示，在實線ACODE以上的區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B，AC=OC=OD=DE=L。磁場邊界A點有一粒子源，能射出質量為m、電荷量為的帶電粒子，粒子以不同的速率垂直AC向上進入磁場，則粒子從COD邊界射出磁場時，在磁場中運動的時間可能是（）A． B． C． D．【答案】BC【詳析】AC．帶電粒子在磁場中的運動臨界如圖所示若粒子從C點或D點射出，運動時間為且粒子不可能做完整圓周運動，故A錯誤，C正確；B．M點為運動軌跡與邊界OD的切點，N為AM與OC的交點，若粒子恰好從M點射出，由于圓心必然在AB水平線上，軌跡與OD相切，即過圓心做OD的垂線與水平方向所成角，和過水平線上C點做OD垂線與水平方向所成角相同，又由幾何關系可知為等邊三角形，所以過水平線上C點做OD垂線與水平方向所成角為30°，因此運動軌跡對應的圓心角為210°，運動時間為故B正確；D．若粒子從O點射出，則運動時間為但粒子到達O點之前已從D點射出，故D錯誤。故選BC。8．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，以為圓心、為半徑的四分之一圓的區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，為和邊的中點，質量不同、電荷量相同的帶負電粒子從點以速度垂直于半徑和磁場方向射入磁場區(qū)域。質量為的粒子經時間從點離開磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A．質量為的粒子自點離開磁場B．質量為的粒子在磁場中的運動時間為C．經半徑離開磁場的粒子質量應滿足D．質量為的粒子在磁場中轉過圓心角的余弦值為【答案】ACD【詳析】A．根據題意，質量為的粒子的軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力可得解得則質量為的粒子，軌跡半徑為，粒子自點離開磁場，故A正確；B．粒子速率不變，運動時間之比等于路程之比，即故B錯誤；C．如圖（a）所示當粒子自點離開磁場時，根據幾何關系得解得解得粒子經半徑離開磁場，粒子質量應滿足故C正確；D．當粒子質量為時，半徑為，軌跡如圖（b），根據余弦定理有故D正確。故選ACD。三、解答題9．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在Oxy平面（紙面）內，在x?≤x≤x?區(qū)間內存在平行y軸的勻強電場，x?-x?=2d；在x?≤x≤x?的區(qū)間內存在垂直紙面向外的勻強磁場，由左向右分為間距均為d0（d0未知）的n（n為整數且未知）份，各區(qū)域磁感應強度大小依次為B、2B、…、nB，x?=4d，。一帶正電的粒子從坐標原點沿與x軸正方向成θ=37°角射入，在坐標為（4d，2d）的P點以速度v0垂直磁場邊界射入磁場，恰能達到磁場右側邊界x?。已知整個裝置處于真空中，粒子的比荷，不計粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)勻強電場右邊界橫坐標x?的值；(3)d0的大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）對粒子，在電場中，有，，解得（2）粒子在電場中的軌跡如圖所示在電場中有解得解得故（3）在豎直方向很短的時間內，由動量定理有求和可得從進入磁場到右邊界，速度大小變?yōu)関0，方向沿y軸負方向解得根據題意又解得10．（2025·河北保定·二模）如圖所示，平面直角坐標系中，在第二、三象限以為圓心、半徑的圓內分布著勻強磁場，磁場的磁感應強度大小，方向垂直于紙面向里，在y軸與之間有范圍足夠大、方向平行于x軸的勻強電場（圖中未畫出）。一質量、電荷量的帶負電粒子（不計重力）以某一速度從處射入磁場，射入磁場時，粒子的速度方向與水平方向成并垂直于磁場方向，一段時間后粒子正好從坐標原點進入第四象限的勻強電場中，最后從坐標處離開電場。求：(1)粒子射入磁場時的速度大小v及在磁場中運動的時間t；(2)勻強電場的電場強度大小E及方向；(3)粒子離開勻強電場時的速度大小。【答案】(1)2m/s，(2)，水平向左(3)【詳析】（1）由幾何關系可知，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑r==2m由洛倫茲力提供向心力則有解得v=2m/s周期粒子偏轉的圓心角故粒子在磁場中運動的時間代入數據解得（2）帶電粒子從原點進入電場后豎直方向做勻速直線運動，根據速度的分解，水平方向必須向右加速運動才可以到達（2m，-1m）的位置分析可知電場強度方向水平向左，根據運動規(guī)律水平方向豎直方向其中，解得，由牛頓第二定律可得解得（3）在電場中由動能定理則有解得11．（2025·河北石家莊·三模）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，以O1（0，R）為圓心、半徑為R的區(qū)域Ⅰ內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。第二象限有一平行于y軸、寬度為2R的線狀電子源，電子源中心與O?等高。在x軸上放置一定長度的薄收集板，收集板左端置于原點O處。x軸下方區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。電子源沿x軸正方向均勻發(fā)射質量為m、電荷量為e、速度相同的電子，射入圓形磁場區(qū)域后經O點全部進入區(qū)域Ⅱ（收集板左端不會擋住經過O點的電子），只有一半數量的電子打到收集板上并被吸收。忽略電子重力和電子間相互作用。(1)求電子源發(fā)射電子的初速度v的大??；(2)求該收集板的長度；(3)現撤去區(qū)域Ⅱ的磁場，然后在x≥0且y≤0區(qū)域加垂直紙面方向的磁場，磁感應強度B'隨x軸坐標變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。電子源正對O1點以原初速度射向區(qū)域Ⅰ的電子運動軌跡經過點（R，-kR），其中k>0且為已知量。求該電子軌跡上橫坐標為4R的點的縱坐標?！敬鸢浮?1)(2)(3)-4kR【詳析】（1）電子在區(qū)域I內做圓周運動，設軌道半徑為R?，根據牛頓運動定律電子運動的軌道半徑等于圓形磁場的半徑：R1=R解得（2）做出電子在磁場中運動的軌跡如圖，距離電子源中心位置的粒子打在O點時，速度方向分布在y軸左右兩側，與y軸夾角均為30°。由題意可知，距離電子源中心位置大于的區(qū)域粒子直接打到收集板上，其它電子均不能打到收集板上。

做出速度方向與y軸左右兩側夾角均為30°角的電子在區(qū)域II運動的軌跡，兩電子在區(qū)域II內運動的軌跡圓心角為120°和240°；設收集板的長度為l，根據幾何關系得因為區(qū)域Ⅱ磁場磁感應強度也為B，故r=R解得（3）正對O1點射向區(qū)域Ⅰ的電子在區(qū)域I內做圓周運動，運動的軌道半徑等于圓形磁場的半徑R，電子從O點沿y軸負方向射出，速度大小為v，運動軌跡如下圖。設y軸正向為正，經時間△t，由動量定理得：所以設題中乙圖圖像與x軸圍成的面積為S，則在0~R間，

解得電子經過點（R，-kR）時沿y軸負方向分速度0~R全程洛倫茲力不做功，速率不變?？芍娮咏涍^點（R，-kR）時沿x方向分速度在R~2R間，電子沿y軸負方向分速度由0增大到v，沿x方向分速度由v減小到0，電子在軸負方向的位移與0~R間的相同，之后重復運動，故該電子軌跡上橫坐標為4R的點的縱坐標為-4kR。12．（2025·河北邢臺·三模）如圖所示，質量為m、帶電荷量為的粒子在M處由靜止經加速電場加速，后沿圖中半徑為R的圓弧虛線通過靜電分析器，靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，圓弧虛線所在處場強大小處處為E，然后從面ABCD中心處垂直進入棱長為L的正方體靜電收集區(qū)域。粒子重力不計。(1)求加速電場的電壓U；(2)若靜電收集區(qū)域只存在與AB方向平行的勻強電場，粒子恰好能打在面的中心位置，求勻強電場的場強的大?。?3)若該區(qū)域存在與AB方向平行的勻強電場和勻強磁場，粒子恰好能打在C點位置，求勻強磁場的磁感強度的大小和勻強電場的電場強度的大小。【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）帶電粒子在電場中做加速直線運動，根據動能定理有粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，根據電場力提供向心力可得解得聯立解得加速電場的電壓（2）若靜電收集區(qū)域只存在與AB方向平行的勻強電場，粒子進入靜電收集區(qū)域后做類平拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有豎直方向做勻速直線運動，則有由（1）可知聯立解得（3）若該區(qū)域存在與AB方向平行的勻強電場和勻強磁場，粒子進入靜電收集區(qū)域以后，運動分解為水平向右的勻加速直線運動和平行于平面的勻速圓周運動，則有其中，解得沿水平向右方向有加速度運動時間其中聯立可得13．（2025·河北保定·模擬預測）現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動?，F有這樣一個簡化模型：如圖所示，在xOy平面內第一象限的角平分線OA兩側分布著方向豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，電場強度、磁感應強度的大小均未知。第二象限內M、N兩個平行金屬板之間的電壓為U，一比荷為k的帶正電的粒子（不計粒子重力）從靠近M板中心的S點由靜止開始做加速運動，粒子經y軸上的a（0，3d）點垂直于y軸進入電場區(qū)域，然后從OA上的b（2d，2d）點離開電場進入磁場區(qū)域，最后從x軸上的c點離開磁場區(qū)域，且離開時速度方向與x軸垂直。求：(1)粒子運動到a點時的速度大??；(2)電場強度的大??；(3)磁感應強度的大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）設粒子運動到a點時的速度大小為，由動能定理得可得粒子運動到a點時的速度大?。?）由題意可知，粒子從a到b做類平拋運動，軌跡如圖所示沿y軸方向，有，粒子沿x軸正方向做勻速運動，由幾何關系可得解得又有，可得電場強度大小為（3）根據上述分析，粒子從b點垂直O(jiān)A進入磁場，到從c點垂直x軸離開磁場，由幾何關系，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑粒子進入磁場時的速度由牛頓第二定律可得又有解得磁感應強度的大小14．（2025·河北·二模）如圖所示，足夠長的粗糙絕緣擋板豎直固定，左側空間存在磁感應強度大小為B、方向水平向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為的滑塊（可視為質點）緊貼擋板從某點由靜止釋放，當滑塊下滑高度h時開始做勻速運動，若滑塊與擋板間的動摩擦因數為，不計空氣阻力，重力加速度為g，運動過程中滑塊電荷量不變，求：(1)滑塊速度為v時的加速度大?。?2)滑塊由靜止開始下滑h的過程中克服摩擦力做的功?！敬鸢浮?1)(2)【詳析】（1）根據題意，對滑塊，水平方向上由平衡條件有豎直方向上，由牛頓第二定律有解得（2）滑塊做勻速運動時有解得滑塊下滑的過程中，根據動能定理有解得15．（2025·河北·二模）如圖甲所示，平行板電容器兩極板P、Q間的距離為d，Q板中央有一小孔，M點是P板上與Q板小孔正對的位置，板間加上如圖乙所示的交變電壓，電壓的峰值不變，但周期T可調，Q板右側虛線CD與Q板間的夾角，CD右側空間有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，時刻，從M點附近由靜止釋放一質量為m、電荷量為的粒子，粒子的重力忽略不計。(1)調整周期T，要使粒子從小孔射出時的速度最大，求T應滿足的條件；(2)若，求粒子穿過電場所需的時間；(3)求（1）問中滿足條件的粒子和（2）問中的粒子經過磁場偏轉后射出磁場的位置間的距離?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）由題可知，兩極板間的場強帶電粒子在電場中運動的加速度大小要使粒子從小孔射出時的速度最大，粒子必須一直加速，即在前離開小孔，故有解得（2）粒子在第一個時間內一直加速，運動的位移x解得根據對稱性可知第二個和第三個內粒子運動的位移均為d，即第三個末粒子出電場，故粒子穿過電場所需的時間（3）設（1）問中的粒子出電場時的速度大小為，有解得設（1）問中的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，有解得設（2）問中的粒子出電場時的速度大小為，有解得設（2）問中的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，有解得由幾何關系可知兩粒子離開磁場的位置之間的距離解得16．（2025·河北張家口·二模）如圖所示，在平面直角坐標系的第一象限中有一半徑為的半圓弧，此半圓弧的圓心的坐標為（0，），打到半圓弧的所有帶電粒子均能被半圓弧吸收。軸右側半圓弧以外的區(qū)域存在著垂直坐標平面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場，一位于坐標原點的粒子源，可以沿軸正方向射出比荷為、不同速度大小的某種正粒子，不計粒子重力，若射出的粒子全部被半圓弧吸收，求；(1)粒子源射出粒子速度的最小值和最大值；(2)粒子在磁場區(qū)域中運動的最短時間?！敬鸢浮?1)，(2)【詳析】（1）設粒子做圓周運動的最小半徑為，最小速度為，由題意可得由解得粒子源射出的粒子速度的最小值為設粒子做圓周運動的最大半徑為，最大速度為，由題意可得由解得粒子源射出的粒子速度的最大值為（2）粒子在磁場區(qū)域運動的時間最短時，設其圓周運動的半徑為，如圖所示過O點做半圓弧的切線相切于A點，由O點到A點的粒子在磁場中運動時間最短，由幾何關系可得，最短時間為又，可得聯立解得專題10磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點10磁場2025年河北卷10；2024年河北卷10；2023年河北卷14；2022年河北卷14；2021年河北卷14；新課標要求教學圍繞物理學科核心素養(yǎng)展開，在磁場部分的考查中主要體現在：物理觀念形成物質觀例如磁場是一種特殊物質，科學思維運用模型建構例如磁感線模型、帶電粒子在勻強磁場中的運動模型，科學探究注重提出問題例如“如何定量描述磁場的強弱？”，科學態(tài)度與責任培養(yǎng)探索興趣例如通過有趣的實驗和現象。河北省命題趨勢預計將繼續(xù)注重基礎性與綜合性選擇題?？疾閹щ娏Ｗ釉诖艌鲋羞\動基本計算，綜合性增強，磁場常與電場、力學、能量問題結合，形成綜合計算題。突出應用性與創(chuàng)新性試題常以現代科技成果，實際生活情境為背景創(chuàng)設問題，培養(yǎng)學生建立物理模型和解決實際問題的能力，要求具備良好的信息提取和加工能力。考點10磁場一、多選題1．(2025·河北卷·10)如圖，真空中兩個足夠大的平行金屬板水平固定，間距為板接地。M板上方整個區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場。M板O點處正上方P點有一粒子源，可沿紙面內任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當發(fā)射方向與的夾角時，粒子恰好垂直穿過M板Q點處的小孔。已知，初始時兩板均不帶電，粒子碰到金屬板后立即被吸收，電荷在金屬板上均勻分布，金屬板電量可視為連續(xù)變化，不計金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用，忽略邊緣效應。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電B．若間距d增大，則板間所形成的最大電場強度減小C．粒子打到M板上表面的位置與O點的最大距離為D．粒子打到M板下表面的位置與Q點的最小距離為【答案】BCD【詳析】A．根據粒子在磁場中的偏轉方向，根據左手定則可知粒子帶負電，選項A錯誤；B．隨著粒子不斷打到N極板上，N極板帶電量不斷增加，向下的電場強度增加，粒子做減速運動，當粒子恰能到達N極板時滿足，解得即d越大，板間所形成的最大電場強度越小，選項B正確；C．因粒子發(fā)射方向與OP夾角為60°時恰能垂直穿過M板Q點的小孔，則由幾何關系解得r=2L可得可得粒子從磁場上方，直接打在打到M板上表面的位置與O點的最大距離為當N極板吸收一定量的粒子后，粒子再從Q點射入極板，會返回再從在Q點射出，后繼續(xù)做圓周運動，這時打M板在板上表面的位置則粒子打在M板上表面的位置的最大距離為，選項C正確；D．因金屬板厚度不計，當粒子在磁場中運動軌跡的弦長仍為PQ長度時，粒子仍可從Q點進入兩板之間，由幾何關系可知此時粒子從P點沿正上方運動，進入兩板間時的速度方向與M板夾角為α=30°，則在兩板間運動時間其中打到M板下表面距離Q點的最小距離解得選項D正確。故選BCD。2．(2024·河北卷·10)如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（

）A．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B．若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C．若粒子經cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D．若粒子經bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】AD【詳析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，在正方形abcd區(qū)域中做勻速直線運動，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，在正方形abcd區(qū)域中的運動軌跡必平行于AC的連線，可知粒子必經過cd邊，進入正方形abcd區(qū)域前后的兩段圓弧軌跡的半徑相等，并且圓心角均為45°，據此作出粒子可能的兩個運動軌跡如圖所示粒子的運動軌跡均關于直線BD對稱，粒子必從C點垂直于BC射出，故A正確；C．若粒子經cd邊垂直BC射出，粒子運動軌跡如圖所示設粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為，則圖中兩段圓弧軌跡的圓心角與的關系為設兩正方形的對應邊之間的距離為，為保證粒子穿過ad邊，需滿足且有聯立解得為保證粒子穿過cd邊，需滿足為保證從BC邊射出，需滿足聯立解得可得粒子經cd邊垂直BC射出，粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角范圍是故C錯誤；BD．粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，作出粒子恰好經過c點的運動軌跡如圖所示設粒子在e點進入正方形abcd區(qū)域，線段MN垂直平分軌跡ec，與AB選項的分析同理，粒子的軌跡關于線段MN對稱。線段CE平行于軌跡ec，取圓弧軌跡的中點F，過F點做軌跡ec的平行線分別交AD與BC于點G和點，點為點E關于MN的對稱點。易知點e為ad的中點，點E為AD的中點，Ee垂直于ad和AD，設粒子軌跡半徑為r，正方形ABCD的邊長為2L。由幾何關系得聯立解得因，故，即EF垂直于，由對稱性可知四邊形為矩形，垂直于CE，可知點是點F關于MN的對稱點，即點F是圓弧cH的中點，可知由c到粒子的軌跡圓心角為30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度較大，軌跡半徑較大，則粒子在c點左側穿過cd，其軌跡如圖所示與臨界軌跡對比，粒子第二段的軌跡圓心不會在BC上，故粒子不會垂直BC射出。若粒子速度較小，軌跡半徑較小，則粒子在c點下方穿過cb，其軌跡如圖所示。與粒子恰好經過c點的運動過程同理，根據對稱性可知粒子一定垂直BC射出，故B錯誤，D正確。故選AD。二、解答題3．(2023·河北卷·14)如圖1，真空中兩金屬板M、N平行放置，板間電壓U連續(xù)可調，在金屬板N的中心C處開有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點，DE與金屬板平行。三角形FGH區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶電粒子從緊鄰M板的P點由靜止釋放沿CG方向進入磁場，一段時間后沿的角平分線方向從E點離開。已知正三角形CDE的邊長為a，粒子質量為m、電荷量大小為q，粒子重力不計。（1）求板間電壓U的大?。唬?）若磁場區(qū)域如圖2，磁感應強度不變。調整兩板間電壓大小，將該粒子從P點由靜止釋放，仍能沿的角平分線方向從E點離開，求粒子從C點運動到E點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】（1）粒子在電場中加速，由動能定理得根據洛倫茲力提供向心力根據幾何關系有解得板間電壓的大小為（2）根據題意，做出粒子的運動軌跡，如圖所示。根據幾何關系有則粒子在磁場中的運動時間為粒子在無磁場區(qū)域運動的時間為粒子從C點運動到E點的時間為4．(2022·河北卷·14)兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標；（2）在時間內，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳析】（1）在時間內，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內，根據粒子在磁場運動的周期可知粒子偏轉，速度反向，根據可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標為，即；（2）在時間內，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻的速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）根據（1）問中解析有，①若粒子到達點之前，在磁場中已經過兩個半圓，則釋放時刻一定在時間內，若在之間的時刻釋放粒子，粒子運動軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發(fā)現所以需滿足，代入數據解不等式，當時不等式成立②若粒子到達點前只經過一個半圓，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑由得，經第一次電場加速的末速度，則粒子在時間內釋放不可能，如果在時間內釋放，則第一次在電場中加速的時間，即在時釋放符合條件，但在此情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下無法到達點，所以考慮在時間內釋放，假設粒子第一次在電場中加速的時間為，則，在此種情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下粒子能在點被吸收，所以粒子釋放時刻為綜上可知，在或時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲5．(2021·河北卷·14)如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓的大??；（2）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點未在圖中標出）、對于粒子靶在區(qū)域內的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【詳析】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運動，則半徑由解得（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則由幾何關系可知聯立解得（3）結合（2）分析可知，當粒子經上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關系可得②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③個粒子經過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經過H2后再次進入上方磁場區(qū)域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得一、單選題1．（2025·河北邯鄲·模擬預測）如圖所示，直角三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，邊長為邊長為，大量質量為、電荷量為、速度大小為的帶負電粒子垂直邊射入磁場。帶電粒子在磁場中運動后只從和邊射出磁場。不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強磁場的最大磁感應強度為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】當粒子運動軌跡與A、B邊相切于D點，右邊剛好從C點射出，此時對應的磁感應強度有最大值，粒子運動軌跡如圖所示根據幾何關系，有解得根據洛倫茲力提供向心力聯立解得故選C。二、多選題2．（2025·河北·模擬預測）如圖所示為三根平行直導線的截面圖，它們的電流大小都相等，方向均垂直紙面向里?！鰽BC為等腰直角三角形，D為AB中點，三個電流在D處產生的磁感應強度大小均為B0。下列說法中正確的是（）A．D點的磁感應強度大小為B0，方向由D到BB．C電流受到AB兩電流作用力的方向由D到CC．若僅將B處電流反向，D點的磁感應強度大小為D．若僅將B處電流反向，C電流受到AB兩電流作用力的方向為由D到A【答案】AD【詳析】A．由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產生的磁感應強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應強度方向由D到B，故A正確；B．根據同向電流相互吸引的特點，對電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由C到D，故B錯誤；C．若僅將B處電流反向，由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產生的磁感應強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應強度，故C錯誤；D．若僅將B處電流反向，根據同向電流相互吸引（反向電流相互排斥）的特點，對電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由D到A，故D正確。故選AD。3．（2025·河北·三模）如圖所示，在直角坐標系的第一象限內存在著一個半徑為、磁感應強度大小為、方向垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域，為圓心，該磁場區(qū)域分別與軸、軸相切于點、點。在點處有一粒子源，可以向第一象限內的各個方向射入速度大小相等、質量均為、電荷量均為的粒子，不計粒子所受重力及粒子間的相互作用，粒子在磁場中只受洛倫茲力作用。已知沿軸正方向射入的粒子，在軸的點射出。下列說法正確的是（）A．粒子的速度大小為B．與軸正方向成角射入圓形勻強磁場區(qū)域的粒子，最后經過軸上的橫坐標為C．若將粒子的速度大小設為，其他條件不變，則粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中運動的最長時間為D．若將粒子的速度大小設為，其他條件不變，則圓形勻強磁場區(qū)域邊界上能夠被粒子打到的弧長為【答案】AC【詳析】A．設粒子的軌跡半徑為，已知粒子從點沿軸正方向射入，在軸的點射出。根據幾何關系可知粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力有可得粒子的速度大小為故A正確；B．如圖所示。為粒子軌跡的圓心由幾何關系可以得出射出點的橫坐標為故B錯誤；C．若，設粒子的軌跡半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得粒子在圓形勻強磁場區(qū)域中運動時間最長時，圓形勻強磁場區(qū)域的直徑是粒子軌跡的一條弦，粒子軌跡如圖所示，為粒子軌跡的圓心。由幾何關系可知解得則粒子的射入速度方向與軸正方向的夾角為粒子運動的周期為粒子在磁場中運動的最長時間為故C正確；D．設粒子軌道的軌跡半徑為，若，則粒子打到圓形勻強磁場區(qū)域邊界的最遠位置距離點為粒子的軌跡如圖所示。由幾何關系可知，最大距離所對應的圓形勻強磁場區(qū)域的圓心角為，圓形勻強磁場邊界上能夠被粒子打到的弧長為，故D錯誤。故選AC。4．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在內壁絕緣且光滑的圓形軌道內，質量為m、電荷量為+q的小球沿軌道順時針做圓周運動。空間內存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，且存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。當小球經過軌道最左側的P點時，其速度大小為v0，軌道對小球的彈力恰好為零，此時其所受電場力大小為所受洛倫茲力大小的2倍，忽略帶電小球所受重力。下列說法正確的是（）A．小球在軌道內運動時，其機械能守恒B．小球從P點運動半周至Q點的過程中，對軌道的壓力逐漸增大C．當小球運動至軌道最右側的Q點時，對軌道的壓力大小為7qED．當小球運動至軌道最右側的Q點時，速度大小為4v0【答案】BC【詳析】A．小球運動過程中電場力做功，所以機械能不守恒，選項A錯誤；B．設小球從P點起轉過角，此時有速度v越來越大，越來越小，越來越大，選項B正確；CD．從P至Q，在P點，聯立可得在Q點，聯立可解得，選項C正確，D錯誤。故選BC。5．（2025·河北邢臺·三模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于其平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，把圓周六等分?，F有帶正電的粒子由A點以不同速度對準圓心O進入磁場，由圓周上的不同點射出。設粒子的質量為m、電荷量為q，速度為時粒子正好由點飛出磁場。則（）A．磁場的方向垂直紙面向里B．改變帶電粒子的電性，速度變?yōu)?，則一定由E點射出C．從圓弧CD之間（不含C點）飛出的帶電粒子速度一定大于D．帶電粒子的比荷【答案】ACD【詳析】A．由左手定則可知磁場的方向垂直紙面向里，故A正確；BC．如圖所示帶正電的粒子以速度入射，由A運動到時，根據幾何關系，可得運動軌跡半徑由洛倫茲力提供向心力有解得改變帶電粒子的電性，若粒子由E點射出，根據幾何關系，可得運動軌跡半徑又解得由對稱性分析可知從圓弧CD之間（不含C點）飛出的帶電粒子速度一定大于，故B錯誤，C正確；D．根據B選項分析有解得故D正確。故選ACD。6．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在以坐標原點O為圓心的半圓形區(qū)域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸正方向，磁場方向垂直坐標平面向外，磁感應強度大小為B。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子自O點沿x軸正方向射入，當速度為v0時粒子沿x軸運動時間t0后離開半圓形區(qū)域。已知半圓形區(qū)域的半徑，粒子重力忽略不計。下列說法正確的是（）A．電場強度大小為Bv0B．若僅撤去磁場，粒子離開半圓形區(qū)域時的位置坐標為C．若僅撤去電場，粒子離開半圓形區(qū)域時的位置坐標為D．若僅撤去電場，并使粒子入射速度為2v0，則粒子在磁場中的運動時間為【答案】AC【詳析】A．粒子沿x軸做直線運動，洛倫茲力與電場力平衡，即解得故A正確；B．僅撤去磁場，粒子在半圓形區(qū)域中x方向的位移y方向的位移且解得，故B錯誤；C．只撤去電場，由洛倫茲力提供向心力則有解得即粒子軌跡半徑也為R，如圖（a）所示由圖可知，粒子從N點出射，根據幾何關系可知三角形ONO′為等邊三角形，所以粒子出射的坐標為故C正確；D．當粒子速度為2v0時，由洛倫茲力提供向心力則有解得設轉過的圓心角為α，如圖（b）所示由幾何關系可知所以又所以運動時間故D錯誤。故選AC。7．（2025·河北滄州·二模）如圖所示，在實線ACODE以上的區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B，AC=OC=OD=DE=L。磁場邊界A點有一粒子源，能射出質量為m、電荷量為的帶電粒子，粒子以不同的速率垂直AC向上進入磁場，則粒子從COD邊界射出磁場時，在磁場中運動的時間可能是（）A． B． C． D．【答案】BC【詳析】AC．帶電粒子在磁場中的運動臨界如圖所示若粒子從C點或D點射出，運動時間為且粒子不可能做完整圓周運動，故A錯誤，C正確；B．M點為運動軌跡與邊界OD的切點，N為AM與OC的交點，若粒子恰好從M點射出，由于圓心必然在AB水平線上，軌跡與OD相切，即過圓心做OD的垂線與水平方向所成角，和過水平線上C點做OD垂線與水平方向所成角相同，又由幾何關系可知為等邊三角形，所以過水平線上C點做OD垂線與水平方向所成角為30°，因此運動軌跡對應的圓心角為210°，運動時間為故B正確；D．若粒子從O點射出，則運動時間為但粒子到達O點之前已從D點射出，故D錯誤。故選BC。8．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，以為圓心、為半徑的四分之一圓的區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，為和邊的中點，質量不同、電荷量相同的帶負電粒子從點以速度垂直于半徑和磁場方向射入磁場區(qū)域。質量為的粒子經時間從點離開磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A．質量為的粒子自點離開磁場B．質量為的粒子在磁場中的運動時間為C．經半徑離開磁場的粒子質量應滿足D．質量為的粒子在磁場中轉過圓心角的余弦值為【答案】ACD【詳析】A．根據題意，質量為的粒子的軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力可得解得則質量為的粒子，軌跡半徑為，粒子自點離開磁場，故A正確；B．粒子速率不變，運動時間之比等于路程之比，即故B錯誤；C．如圖（a）所示當粒子自點離開磁場時，根據幾何關系得解得解得粒子經半徑離開磁場，粒子質量應滿足故C正確；D．當粒子質量為時，半徑為，軌跡如圖（b），根據余弦定理有故D正確。故選ACD。三、解答題9．（2025·河北·模擬預測）如圖所示，在Oxy平面（紙面）內，在x?≤x≤x?區(qū)間內存在平行y軸的勻強電場，x?-x?=2d；在x?≤x≤x?的區(qū)間內存在垂直紙面向外的勻強磁場，由左向右分為間距均為d0（d0未知）的n（n為整數且未知）份，各區(qū)域磁感應強度大小依次為B、2B、…、nB，x?=4d，。一帶正電的粒子從坐標原點沿與x軸正方向成θ=37°角射入，在坐標為（4d，2d）的P點以速度v0垂直磁場邊界射入磁場，恰能達到磁場右側邊界x?。已知整個裝置處于真空中，粒子的比荷，不計粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶(1)勻強電場的電場強度E的大?。?2)勻強電場右邊界橫坐標x?的值；(3)d0的大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）對粒子，在電場中，有，，解得（2）粒子在電場中的軌跡如圖所示在電場中有解得解得故（3）在豎直方向很短的時間內，由動量定理有求和可得從進入磁場到右邊界，速度大小變?yōu)関0，方向沿y軸負方向解得根據題意又解得10．（2025·河北保定·二模）如圖所示，平面直角坐標系中，在第二、三象限以為圓心、半徑的圓內分布著勻強磁場，磁場的磁感應強度大小，方向垂直于紙面向里，在y軸與之間有范圍足夠大、方向平行于x軸的勻強電場（圖中未畫出）。一質量、電荷量的帶負電粒子（不計重力）以某一速度從處射入磁場，射入磁場時，粒子的速度方向與水平方向成并垂直于磁場方向，一段時間后粒子正好從坐標原點進入第四象限的勻強電場中，最后從坐標處離開電場。求：(1)粒子射入磁場時的速度大小v及在磁場中運動的時間t；(2)勻強電場的電場強度大小E及方向；(3)粒子離開勻強電場時的速度大小?！敬鸢浮?1)2m/s，(2)，水平向左(3)【詳析】（1）由幾何關系可知，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑r==2m由洛倫茲力提供向心力則有解得v=2m/s周期粒子偏轉的圓心角故粒子在磁場中運動的時間代入數據解得（2）帶電粒子從原點進入電場后豎直方向做勻速直線運動，根據速度的分解，水平方向必須向右加速運動才可以到達（2m，-1m）的位置分析可知電場強度方向水平向左，根據運動規(guī)律水平方向豎直方向其中，解得，由牛頓第二定律可得解得（3）在電場中由動能定理則有解得11．（2025·河北石家莊·三模）如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，以O1（0，R）為圓心、半徑為R的區(qū)域Ⅰ內存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。第二象限有一平行于y軸、寬度為2R的線狀電子源，電子源中心與O?等高。在x軸上放置一定長度的薄收集板，收集板左端置于原點O處。x軸下方區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。電子源沿x軸正方向均勻發(fā)射質量為m、電荷量為e、速度相同的電子，射入圓形磁場區(qū)域后經O點全部進入區(qū)域Ⅱ（收集板左端不會擋住經過O點的電子），只有一半數量的電子打到收集板上并被吸收。忽略電子重力和電子間相互作用。(1)求電子源發(fā)射電子的初速度v的大??；(2)求該收集板的長度；(3)現撤去區(qū)域Ⅱ的磁場，然后在x≥0且y≤0區(qū)域加垂直紙面方向的磁場，磁感應強度B'隨x軸坐標變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。電子源正對O1點以原初速度射向區(qū)域Ⅰ的電子運動軌跡經過點（R，-kR），其中k>0且為已知量。求該電子軌跡上橫坐標為4R的點的縱坐標?！敬鸢浮?1)(2)(3)-4kR【詳析】（1）電子在區(qū)域I內做圓周運動，設軌道半徑為R?，根據牛頓運動定律電子運動的軌道半徑等于圓形磁場的半徑：R1=R解得（2）做出電子在磁場中運動的軌跡如圖，距離電子源中心位置的粒子打在O點時，速度方向分布在y軸左右兩側，與y軸夾角均為30°。由題意可知，距離電子源中心位置大于的區(qū)域粒子直接打到收集板上，其它電子均不能打到收集板上。

做出速度方向與y軸左右兩側夾角均為30°角的電子在區(qū)域II運動的軌跡，兩電子在區(qū)域II內運動的軌跡圓心角為120°和240°；設收集板的長度為l，根據幾何關系得因為區(qū)域Ⅱ磁場磁感應強度也為B，故r=R解得（3）正對O1點射向區(qū)域Ⅰ的電子在區(qū)域I內做圓周運動，運動的軌道半徑等于圓形磁場的半徑R，電子從O點沿y軸負方向射出，速度大小為v，運動軌跡如下圖。設y軸正向為正，經