202L2025年高考物理真題知識點分類匯編之磁場（三）

一,選擇題（共U小題）

1.（2023?乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右

邊界與x軸垂直。?帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁

場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=LS與屏的距離為J與x軸的距離為a。

如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸

到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）

O

接

收

屏

EBB

A.——-C.——;D.

2aB22aE2aE2

2.（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域I和II,區(qū)域I中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與

紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域H）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向

垂直紙面向外，圖中A、C、0三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直，A點

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運動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域

IK若區(qū)域【中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi,區(qū)域II中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,則粒子從

CF的中點射出，它們在區(qū)域II中運動的時間為to。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域II中的粒子在

區(qū)域H中運動的時間為I,不計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1中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?Bi,貝h>lo

B.若僅將區(qū)域I中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E,貝八>10

c.若僅將區(qū)域n中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)榘?2,則《二乎

4/2

五L

D.若僅將區(qū)域n中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)樗?

3.（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于小球運動和受力

說法正確的是（）

-?……-……

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

4.（2023?江蘇）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I,放置在磁場中。已知

ab邊長為21,與磁場方向垂直，be邊長為1,與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為（）

IB

I

---------c

A.0B.BI1C.2BI1D.V5BI1

5.（2023?廣東）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為I.12T,質(zhì)子加速后獲

7

得的最大動能為1.5X|（）eV0根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽

略相對論效應(yīng)，leV=1.6X10.i9j）（）

A.3.6X10*56m/sB.1.2X107m/s

C.5.4X107m/sD.2.4X108m/s

6.（2023?新課標(biāo)）一電子和一a粒子從鉛盒上的小孔。豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕

P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知a粒子的速度約為電

子速度的二，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，則電場和磁場方向可能為（）

ab

A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里

B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外

C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里

D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外

7.（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的

磁場B=kil,通有待測電流廠的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B=k2l'。調(diào)

節(jié)電阻R,當(dāng)電流表示數(shù)為Io時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流T的方向和大小分別為（）

C.bra,T^ID.bta,

K10

8.（2023?北京）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空

且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a,長度為1（l?a）。帶電

粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁

發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n,粒子電荷量為+q,不計粒

子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是（）

B

A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為a

B.粒子質(zhì)量為義―

v

C.管道內(nèi)的等效電流為nqna2V

D.粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql

9.（2023?全國）如圖，水平面（紙面）內(nèi)有一光滑U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上有一金屬棒ab：虛線左邊有一

方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強(qiáng)磁場。金屬棒所在區(qū)域存在方向向左的恒定勻強(qiáng)磁場,

則金屬棒所受安培力的方向為（）

B.水平向右

C.垂直紙面向里D.垂直紙面向外

10.（2023?全國）如圖，一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤同一平面內(nèi)放置一

通有恒定電流的直導(dǎo)線，電流方向如圖所示。當(dāng)圓盤繞其中心O順時針轉(zhuǎn)動時，通電直導(dǎo)線所受安培

B.背離圓盤

C.垂直于圓盤平面向里D.垂直于圓盤平面向外

11.（2023?上海）如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌匕對其施加外力,

安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時間變化卻像為（）

二,解答題（共9小題）

12.（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運動及尺度。簡化模型如圖：I、II區(qū)寬度

均為L,存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；川、IV區(qū)為電場區(qū)，IV區(qū)電場足夠?qū)挘焊?/p>

區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的粒子。

3

如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入I區(qū)時速度大小分別為JV0和V0。甲到P點時，乙剛好射

入I區(qū)。乙經(jīng)過【區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知HI區(qū)存在沿+x方向的勻

強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小同=常。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生

的磁場。

（I）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。

（2）求ni區(qū)的寬度心

（3）IV區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強(qiáng)度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E=cot-kx,其中

常系數(shù)co>0,co已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t=0。已知甲在IV區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在IV

區(qū)受到的電場力大小為E甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前F與Ax間的關(guān)系式（不要求寫出Ax的取

13.（2024?浙江）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。

如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域I、II和HI；I區(qū)寬度為d,存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向

垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，II區(qū)的寬度很小。I區(qū)和III區(qū)電勢處處相等，分別為和小川，其電勢差U

=（P1-（Pmo一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角6射向I區(qū)，在P點以出射角8射出，

實現(xiàn)“反射”：質(zhì)子束從P點以入射角。射入H區(qū)，經(jīng)II區(qū)“折射”進(jìn)入II【區(qū)，其出射方向與法線夾角

為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運動，單位時間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N,初速度為vo,不計質(zhì)子重力，

不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值：

2

（2）若〃=若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）；

（3）計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從p點進(jìn)入n區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回I區(qū)）；

（4）在P點下方距離等至處水平放置一長為警的探測板CQD（Q在P的正下方），CQ長為鬻，

質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從O

法線

14.（2024?浙江）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計「一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖

所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域之外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外

的勻強(qiáng)磁場。在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板

M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L,（））,柵極板M中點S

的坐標(biāo)為（3L,0）。離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m、電荷量為q,b離子的比荷

為a離子的［倍，經(jīng)電壓U=kU。（K中%-嘿二k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加

速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0）,a和b離

子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和。忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間

相互作用力。

L

Lr.L,

.Q_MS_Jx

離子豆￡隸..........>

N.................+oC/NM

（l）若U=Uo,求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置xo（用L表示）；

（2）調(diào)節(jié)U和UNM,并保持使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求；

①U的調(diào)節(jié)范圍（用Uo表示）：

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；

（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小。

15.（2024?天津）如圖所示，在Oxy平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，

半圓與x軸相切于M點，與y軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，磁場方向垂直于紙面向里。在第

一象限存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E。一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,從M點

以速度v沿+y方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。

（I）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；

（2）若僅有電場，求粒子從M點到達(dá)y軸的時間I；

（3）若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點，M、P的距離為求粒

子在磁場中運動的時間

y

Of4

N....?……，~?

<xxxx?!

'、、、XXJ

---------?>

0MPx

16.（2024?福建）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(qiáng)磁場。第II、IH象限中

有兩平行板電容器。、C2,其中Ci垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C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,Ci、C2的板間電壓大小均為U,

板間電場視為勻強(qiáng)電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：

（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(qiáng)度大小。

17,（2024?海南）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域I分別與x軸和y軸相切于P點和S點。

半圓形區(qū)域II的半徑是區(qū)域I半徑的2倍。區(qū)域I、II的圓心0屋02連線與x軸平行，半圓與圓相切

于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域III。區(qū)域I、II分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B、|的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域1下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，

可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到vo。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿

著y軸正方向以相同的速度vo沿紙面射入?yún)^(qū)域I。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域I,并從Q點射入?yún)^(qū)域

II（不計粒子的重力和粒子之間的影響）。

（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域I的半徑R：

（2）在能射入?yún)^(qū)域用的粒子口，某粒子在區(qū)域I【中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域I和區(qū)域H中運

動的總時間t；

（3）在區(qū)域III加入勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度的大小

E=Bvo,方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域I、II射入?yún)^(qū)域HI,進(jìn)入?yún)^(qū)域HI時速度方

向與y軸負(fù)方向的夾角成74。角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小以及所在的位置到y(tǒng)軸的距

18.（2024?湖南）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L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，取O'O方向為x軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)xWO區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B,方向沿x軸正方向；筒外x20區(qū)域有一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E,方向沿y軸正方向。

一電子槍在0'處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，旦在x軸正方向的分

速度大小均為vo。己知電子的質(zhì)量為m、電量為c,設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作

用及電子的重力。

（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；

（2）取（1）間中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為。，求

tan0的絕對值；

（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B,求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。

19.（2024?新課標(biāo)）一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用

圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個點P（vx,vy）表示，Vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標(biāo)軸上的分量。

粒子出發(fā)時P位于圖中a（0,vo）點，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場作用下運動，P點沿線段ab移動到

b（vo,vo）點；隨后粒子離開電場，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，P點沿以O(shè)為

圓心的圓弧移動至c(-V0,vo)點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何

相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求：

(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期：

(2)電場強(qiáng)度的大??；

(3)P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。

P(VxVy)

***??

20.(2024?江蘇)如圖所示，兩個半圓區(qū)域abed、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(內(nèi)外半徑

分別為R1和R2),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,ab與a'b'間有一個寬度為d勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E,cd與c'd'

間有一個寬度為d插入體，電子每次經(jīng)過插入體速度減為原來的k倍(k<l)o現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電

量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場、電場后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運動后,

電子到達(dá)cd的速度大小達(dá)到一個穩(wěn)定值，忽略相對論效應(yīng)，忽略經(jīng)過電場與插入體的時間。求：

(1)電子進(jìn)入插入體前后在磁場中的半徑門：12;

(2)電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v：

(3)若電子到達(dá)cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點，求電子從P到d的時間I。

d'd

202L2025年高考物理真題知識點分類匯編之磁場（三）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共11小題）

題號12345678910H

答案ADACCCDCDBC

一.選擇題（共11小題）

1.（2023?乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右

邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁

場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=LS與屏的距離為最與x軸的距離為a。

如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸

到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）

X

接

收

屏

【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；比荷及其計算；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場中的問

題.

【專題】定量思想：推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】A

【分析】未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力等于向心力，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子運

動半徑；加電場后，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力等于電場力。

【解答】解：未加電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，做其運動軌跡如圖：

設(shè)SP與x軸正方向夾角為e,則cos6=孑

0=60°

粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角也為60°,由幾何關(guān)系得：r-a=rcos。

解得：r=2a

i；2

粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qvB=m：

在磁場中加勻強(qiáng)電場，粒子做勻速直線運動，受力平衡：qvB=qE

qE

聯(lián)立解得："=—T

m2aB2

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查帶電粒子在蕨場和復(fù)合場中的運動，解題關(guān)鍵是分析好帶電粒子的運動情況和受力情

況，會根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子運動的半徑。

2.（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域I和H,區(qū)域I中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與

紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域II）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向

垂直紙面向外，圖中A、C、0三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直，A點

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運動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域

IK若區(qū)域【中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi,區(qū)域1【中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,則粒子從

CF的中點射出，它們在區(qū)域】I中運動的時間為10。若改變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域II中的粒子在

區(qū)域H中運動的時間為t,不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）

,G

A.若僅將區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?Bi,則t>to

B.若僅將區(qū)域I中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E,則t>to

C.若僅將區(qū)域H中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?82,則亡=9

D.若僅將區(qū)域H中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)殒??，￡=&￡。

【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動；帶電粒子在疊加場中做直線運動.

【專題】定量思想；兒何法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力.

【答案】D

【分析】在疊加場中，粒子受到的洛倫茲力和電場力相等，由此可得出場強(qiáng)或者磁感應(yīng)強(qiáng)度變化后粒子

的速度大小，在區(qū)域II中粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系得出半徑和圓心角的大小，結(jié)

合圓周運動的周期公式完成分析。

【解答】解：區(qū)域【中電場力和洛倫茲力相等，由此可得：

qE=qvoBi

在區(qū)域II中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

47T2

qv0B2=m-^-r

解得：7=翟

因為粒子從CF邊的中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90。，則

_7rm

礪

A、若僅將區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?Bi,在區(qū)域【中粒子依然受力平衡，則

qE=qvAX2Bi

解得：勿=罷

根據(jù)牛頓第二定律可得:

n2

qvB=—mv

解得：,=器

由此可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼男t粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍然為90°,

故t=to,故A錯誤:

B、若僅將區(qū)域I中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E,根據(jù)上述分析可知:

2qE=qvBBi

解得：VB=2VO

根據(jù)半徑的計算公式r=器可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從F點射出，粒子轉(zhuǎn)過

qB

的圓心角仍然為90°,故1=10,故B錯誤;

C、若僅將區(qū)域H中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)楹?2,則粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域II中的速度為vo,根據(jù)半徑的計算公

4

式「=黑可知粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼腤>2倍，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)

v3

過的圓心角為60°,此時的時間為：

t=~^~

則1=竽玲，故C錯誤；

V2

D、若僅將區(qū)域n中磁感應(yīng)強(qiáng)音大小變?yōu)?82，同I：述分析可知，粒子做圓周運動的半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

春=2板〉2倍，則粒子從OF邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為45°,則此時的時間

為：

t==V210?故D正確；

故選：Do

【點評】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運動，熟悉速度選擇器的工作原理，理解粒子做圓周運動

的向心力來源，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律即可完成分析，

3.（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，關(guān)于小球運動和受力

說法正確的是（)

十

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右

B.小球運動過程中的速度不變

C.小球運動過程的加速度保持不變

D.小球受到的洛倫茲力對小球做正功

【考點】洛倫茲力的動力學(xué)特點；左手定則判斷洛倫茲力的方向.

【專題】定性思想：推理法；帶電粒子在亞合場中的運動專題：分析綜合能力.

【答案】A

【分析】明確小球運動中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運動過程中的速度、加速度情

況。

【解答】解：A.帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，小球受洛倫茲力和重力的作

用做曲線運動，根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，故A正確；

B.小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運動，速度的方向時刻變化，故B錯誤；

C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速

度方向時刻變化，合力方向時刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方向時刻變化，故C錯誤.

D.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運動，洛倫茲力始終與速度方向垂直，根據(jù)功的定義，洛倫茲

力永不做功，故D錯誤。

故選Ao

【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，注意明確洛倫茲力不做功這一性質(zhì)，同時正確分析功能關(guān)

系以及掌握牛頓第二定律公式的應(yīng)用。

4.（2023?江蘇）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為L形導(dǎo)線通以恒定電流I,放置在磁場中。己知

ab邊長為21,與磁場方向垂直，be邊長為1,與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為（）

IB

I

-----*----c

A.0B.BI1C.2BI1D.V5BI1

【考點】左手定則判斷安培力的方向；安培力的概念.

【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力.

【答案】C

【分析】分別根據(jù)安培力的計算公式得出導(dǎo)線的ab邊和be邊受到的安培力大小，從而得出導(dǎo)線受到的

安培力。

【解答】解：導(dǎo)線的ab邊與磁場垂直，受到的安培力大小為：

Fi=2BIl

導(dǎo)線的be邊與磁場平行，不受安培力的作用，則導(dǎo)線受到的安培力大小為：

F=Fi=2BII,故C正確，ABD錯誤；

故選：Co

【點評】本題主要考查了安培力的計算公式，熟悉安培力的計算公式，代入數(shù)據(jù)即可完成分析，難度不

大。

5.（2023?廣東）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為L12T,質(zhì)子加速后獲

得的最大動能為ISXlo'eV。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽

略相對論效應(yīng)，1CV=1.6X10I9J）（）

7

A.3.6X106mzsB.1.2X10m/s

C.5.4X107m/sD.2.4X108m/s

【考點】回旋加速器.

【專題】定量思想：推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力.

【答案】C

【分析1質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合動能的表達(dá)式聯(lián)立等式得出質(zhì)子的最大速率。

【解答】解：質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

277,9,2

其中，Ek=^mv=1.5x10el^=1.5X10X1.6X10'J=2.4X10'J

聯(lián)立解得：v=5.4XI07m/s,故C正確，ABD錯誤；

故選：Co

【點評】本題主要考查了回旋加速器的相關(guān)應(yīng)用，理解質(zhì)子做圓周運動的向心力來源，結(jié)合動能的計算

公式即可完成分析。

6.（2023?新課標(biāo)）一電子和一a粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕

P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知a粒子的速度約為電

1

子速度的二，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，則電場和磁場方向可能為（

A.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里

B.電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外

C.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里

D.電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外

【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動.

【專題】定性思想；推理法；帶電粒了?在復(fù)合場中的運動專邈；推理論證能力.

【答案】C

【分析】沿直線運動到a點的曲子受力平衡，電場力等于洛倫茲力，運動到b點的粒子從O點射出時，

所受合力水平向右；a粒子帶正電，受電場力方向與電場方問相同，電子帶負(fù)電，受電場力方向與電場

方向相反；根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，根據(jù)選項分析即可。

【解答】解：A、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向左，a粒子所受甩場力水平向左，若磁場方

向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力水立向左，則a粒子向左偏轉(zhuǎn)，不會出現(xiàn)圖示

的軌跡，故A錯誤：

B、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向左，a粒子所受電場力水平向左，電子所受電場力水平向

右，若磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，。粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水

平向左，沿直線運動到a點的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度約為電子速度的力，若a粒子沿直線運動到a點,則電子所受洛倫茲力大于電場力.

電子向左偏轉(zhuǎn)，若電子沿直線運動到a點，則a粒子所受洛倫茲力小于電場力，a粒子向左偏轉(zhuǎn)，不會

出現(xiàn)圖示的軌跡，故B錯誤；

C、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，a粒子所受電場力水平向右，電子所受電場力水平向

左，若磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力水平向左，電子所受洛倫茲力水

平向右，沿直線運動到a點的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度約為電子速度的三，若a粒子沿直線運動到a點，則電子所受洛倫茲力大于電場力，

電子向右偏轉(zhuǎn)，若電子沿直線運動到a點，則a粒子所受洛倫茲力小于電場力，a粒子向右偏轉(zhuǎn)，會出

現(xiàn)圖示的軌跡，故C正確；

D、粒子剛從O點射出時，若電場方向水平向右，a粒子所受電場力水平向右，電子所受電場力水平向

左，磁場方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，a粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水平

向左，a粒了?向右偏轉(zhuǎn)，電了向左偏轉(zhuǎn)，不會出現(xiàn)圖示的軌跡，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，解題關(guān)鍵是分析好粒子的受力情況和運動情況。

7.（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的

磁場B=kiL通有待測電流1的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B，=kW。調(diào)

節(jié)電阻R,當(dāng)電流表示數(shù)為I。時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流T的方向和大小分別為（）

C.btQ,1QD.bta,/Q

【考點】霍爾效應(yīng)與霍爾元件；通電直導(dǎo)線周圍的磁場.

【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力.

【答案】D

【分析】本題根據(jù)安培定則，結(jié)合合場強(qiáng)為0,即可解答。

【解答】解：根據(jù)安培定則，螺線管在霍爾元件處的磁場方向豎直向下，要使元件輸出霍爾電壓UH為

零，直導(dǎo)線ab在霍爾元件處的磁場方向豎直向上，根據(jù)安培定則，待測電流方向由b-a,元件輸出霍

爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0,即kilo=k2l',1'="/。，故ABC錯誤，D正確；

K2

故選：Do

【點評】本題解題關(guān)鍵是分析出元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0。

8.（2023?北京）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空

且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a,長度為1（l?a）。帶電

粒了?束持續(xù)以某?速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒了在磁場力作用下經(jīng)過?段圓弧垂直打到管壁上，與管壁

發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n,粒子電荷量為+q,不計粒

子的重力、粒子間的相互作用。下列說法不正確的是（）

A.粒子在磁場中運動的圓弧半徑為a

B.粒子質(zhì)量為也

v

C.管道內(nèi)的等效電流為nqna2V

D.粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql

【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運動；等效電流的計算：安培力的計算公式及簡單應(yīng)用.

【專題】定量思想：推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題：分析粽合能力.

【答案】C

【分析】帶電粒子束以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，洛倫茲力提供向心力，粒子做圓周運動半徑為a,

再結(jié)合左手定則解答。

【解答】解?：A.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為：r=a,

故A正確；

2

B.根據(jù)：qvB=mJ,可得粒子的質(zhì)量為：m=半，故B正確；

rv

C管道內(nèi)的等效電流為：1=,=叫，故C錯誤；

D.粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力，為：F=BIl=Bnql,故D正確。

本題選錯誤的，故選：Co

【點評】本題考查左手定則、電流定義以及帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律，用好幾何關(guān)系＜

9.（2023?全國）如圖，水平面（紙面）內(nèi)有一光滑U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上有一金屬棒ab；虛線左邊有一

方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強(qiáng)磁場。金屬棒所在區(qū)域存在方向向左的恒定勻強(qiáng)磁場,

則金屬棒所受安培力的方向為（）

B.水平向右

C.垂直紙面向里D.垂宜紙面向外

【考點】左手定則判斷安培力的方向；楞次定律及其應(yīng)用；安培力的概念.

【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力.

【答案】D

【分析】根據(jù)楞次定律，結(jié)合右手定則，分析ab棒感應(yīng)電沆方向，再根據(jù)左手定則，分析金屬棒所受

安培力的方向。

【解答】解：虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時間均勻增加的勻強(qiáng)磁場，根據(jù)楞次定律，閉合

回路形成垂直回路向外的磁場，根據(jù)右手定則，ab棒的電流方向豎直向上，根據(jù)左手定則，ab棒所受

安培力的方向為垂直紙面向外，故D正確，ABC錯誤。

故選：Do

【點評】本題考查學(xué)生對楞次定律、右手定則、左手定則的掌握，是一道基礎(chǔ)題。

10.（2023?全國）如圖，一水平放置的橡膠圓盤上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤同一平面內(nèi)放置一

通有恒定電流的直導(dǎo)線，電流方向如圖所示。當(dāng)圓盤繞其中心O順時針轉(zhuǎn)動時，通電直導(dǎo)線所受安培

C.垂直于圓盤平面向里D.垂直于圓盤平面向外

【考點】左手定則判斷安培力的方向；安培力的概念.

【專題】定性思想：推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力.

【答案】B

【分析】橡膠圓盤不導(dǎo)電，帶有大量均勻分布的正電荷，當(dāng)圓盤繞其中心0順時針轉(zhuǎn)動時，在橡膠圓

盤上會形成半徑不等的若干個同心順時針環(huán)形電流，這些環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處會產(chǎn)生磁場，分別判

斷左半側(cè)、右半側(cè)的環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場的方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱，按照磁場疊加原理,

最終確定通電直導(dǎo)線處的磁場方向。再根據(jù)左手定則，可以判斷出通電直導(dǎo)線所受安培力的方向。

【解答】解：橡膠圓盤繞其中心O順時針轉(zhuǎn)動時，在橡膠圓盤上會形成若干個同心順時針環(huán)形電流,

所有的等效環(huán)形電流在直導(dǎo)線出的磁場都是向上的，根據(jù)左手定則，伸出左手，四指指向直導(dǎo)線電流方

向，手心向下，則大拇指指向右側(cè)，即通電直導(dǎo)線所受安培力的方向為背離圓盤。

故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

【點評】本題主要考查磁場對通電導(dǎo)線的作用（左手定則），一要確定橡膠圓盤上產(chǎn)生的電流的方向:

二要確定橡膠圓盤上產(chǎn)生的環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場方向；三要會運用左手定則判定通電直

導(dǎo)線所受安培力的方向。

II.（2023?上海）如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上，對其施加外力,

安培力變化如圖所示,取向右為正方向，則外力隨時間變化國像為（）

A.

FF

【考點】安培力的概念；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢.

【專題】定性思想：推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力.

【答案】C

【分析】求得速度為v時電動勢，在求得安培力表達(dá)式，結(jié)合圖像判斷導(dǎo)體棒運動情況，根據(jù)牛頓第二

定律得到拉力表達(dá)式，進(jìn)而得到外力隨時間變化圖像。

【解答】解：導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線，當(dāng)速度為v時產(chǎn)生電動勢為￡=81”，導(dǎo)體棒受安培力為F^=BIL=

嗎為，由圖可知安培力隨時間做線性變化，故導(dǎo)體棒做勻變速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得：F-F安

A

=F-BIL=F—嗎包=F—立粵^nma,即：F=史立盧^幺+ma,U時刻安培力為零，F(xiàn)=ma,

Kt\t\

故C正確，ABD錯誤；

故選：Co

【點評】本題主要考查電磁感應(yīng)中圖像問題。根據(jù)題意判斷導(dǎo)體棒運動情況,再根據(jù)牛頓第二定律求解。

二,解答題（共9小題）

12.（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(tuán)的運動及尺度。簡化模型如圖：I、II區(qū)寬度

均為L,存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；10、IV區(qū)為電場區(qū)，IV區(qū)電場足夠?qū)?；?/p>

區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個電荷量均為+q、質(zhì)量均為m的粒子。

3

如圖，甲、乙平行于X釉向右運動，先后射入I區(qū)時速度大小分別為;V0和V0。甲到P點時，乙剛好射

入I區(qū)。乙經(jīng)過【區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到。點時，乙恰好到P點。己知HI區(qū)存在沿+x方向的勻

強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小Eo=鬻。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生

的磁場。

（I）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

（2）求山區(qū)的寬度d。

（3）IV區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強(qiáng)度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E=3t-kx,其中

常系數(shù)3>0,3已知、k未知，取甲經(jīng)過0點時t=0。已知甲在IV區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在IV

區(qū)受到的電場力大小為E甲、乙間距為Ax,求乙追上甲前F與Ax間的關(guān)系式（不要求寫出Ax的取

【考點】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運動.

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專邈：分析綜合能力.

【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為普；

2qL

（2）HI區(qū)的寬度d為辭；

（3）乙追上甲前F與Ax間的關(guān)系式為F二空￥。

【分析】（1）粒子在磁場中做與圓周運動，根據(jù)己知粒子乙經(jīng)過I區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°,由幾何關(guān)

系得到粒子乙的圓周運動半徑，由洛倫茲力提供向心求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

（2）求得粒子乙從射入磁場到運動到達(dá)P點的時間，此時間等于粒子中由P點到O點做勻加速直線運

動的時間，對粒子甲由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解d。

（3）求得粒子甲進(jìn)入IV區(qū)時的速度，甲在IV區(qū)始終做勻速直線運動，甲所受電場力為零，據(jù)此求得k

值。對乙粒子進(jìn)入IV區(qū)后，通過與甲粒子的運動對比求解F與Ax間的關(guān)系式。

【解答】解：（1）粒子在磁場中做與圓周運動，已知粒子乙經(jīng)過I區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°,設(shè)粒子乙

的圓周運動半徑為R乙，其運動軌跡如圖I所示：

由幾何關(guān)系得：R乙sin300=L

由洛倫茲力提供向心得：qBvounr^L

R乙

聯(lián)立解得：8=舞

(2)設(shè)粒子乙從射入I區(qū)到運動到達(dá)P點的時間為口。則有:

r/乙2nL

ti=2x------=弓—

為3%

已知甲到P點時，乙剛好射入I區(qū)，甲到O點時，乙恰好到P點?？芍Ｗ蛹子蒔點到。點做勻加速

直線運動的時間等于粒子乙從射入I區(qū)到運動到達(dá)P點的時間U。對粒子甲，根據(jù)牛頓第二定律得:

9zn口2

qEo=ma甲，已知：Eo=47rql

a2

解得粒子甲在川區(qū)運動的加速度大小為：2甲=若v

iTlLJ

由運動學(xué)公式得：伊咨

解得：€1=嬰

（3）設(shè)粒子甲進(jìn)入IV區(qū)時的速度為v甲，則有：

3Vn.

vi|i=+a/1=3vo

已知取甲經(jīng)過O點時1=0,甲在W區(qū)始終做勻速直線運動，則任意時刻I,甲相對O點的位移為:

xip—vipt=3vot

t時刻甲所處位置的電場強(qiáng)度為零，則有: