高考物理一輪復習磁場

一.選擇題（共10小題）

1.（2025?天津）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌平行放置，導軌及其構成的平面均與水平

面成某一角度，導軌上端用直導線連接，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。具有一定

阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，則MN所

受的安培力尸及其加速度。、速度v、電流/,隨時間，變化的關系圖像可能正確的是（）

2.（2025?成都）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如

圖所示，將一厚度為d的半導體薄片垂直置于磁場4中，在薄片的兩個側面石、尸間通以電流/時,

另外兩側M、N間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應。其原因是薄片中定向移動形成電流的載流

子受洛倫茲力的作用向一側偏轉(zhuǎn)和積累，在M、N間產(chǎn)生霍爾電壓半導體的載流子有自由電

子或空穴（相當于正電荷）兩種類型。下列說法正確的是（）

A.若該半導體是空穴導電，則加側的電勢低于N側的電勢

B.若只增大半導體薄片的厚度d,則霍爾電壓U”將增大

C.若只增大磁場的磁感應強度A,則霍爾電壓U”將增大

D.若只增大電流/,則霍爾電壓將減小

3.（2025?蘇州三模）極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，撞擊并

激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的沿順時針方

向運動弧狀極光，則關于這一-現(xiàn)象中的高速粒子的說法正確的是（)

A.該粒子帶負電

B.該粒子軌跡半徑逐漸增大

C.若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，會向東偏轉(zhuǎn)

D.地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近最強

4.（2025?海安市校級二模）某同學利用手機物理工坊測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸?，如圖中所示,

以手機顯示屏所在平面為xQy平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向I.,

手機工Qv，平面繞z軸勻速轉(zhuǎn)動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與

A.圖中6時刻x軸正方向指向地球北方

B.圖中G時刻），軸正方向指向地球南方

C.彳時間內(nèi)手機剛好繞z軸轉(zhuǎn)動了一周

D.通過z軸數(shù)據(jù)可知測最地在南半球

5.（2025?沙坪壩區(qū)）地球本身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對?于地磁場的形成

機制尚無共識。一種理論認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?；诖死碚摚?/p>

列判斷正確的是（）

地哂產(chǎn)方向

A.地表電荷為正電荷

B.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小

C.地球赤道上方各點處地破場的磁感應強度相同

D.赤道上穿過地表單位面積的磁通量比兩極處大

6.（2025?重慶）《大國重器》節(jié)目介紹的G〃輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖甲所示，管道內(nèi)部有

三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、"連線水平，

某時刻A、C中電流方向垂直于紙面向里，〃中電流方向垂直于紙面向外，A、B、C中電流大小

均為/，貝|J（）

A.正三角形中心O處的磁感應強度為0

B.A、8連線中點處的磁感應強度斜向左上方

C.A、C輸電線纜相互吸引

D.A、3輸電線纜相互吸引

7.（2025?渾南區(qū)校級三模）磁懸浮地球儀內(nèi)部存在永磁鐵，當?shù)鬃姾蟮厍騼x可以懸浮在空中，

用手轉(zhuǎn)動地球儀，可生動地展現(xiàn)地球在太空中的形態(tài)。若用手觸碰地球儀使其偏離平衡位置少許，底

座中的霍爾元件能檢測到磁場的變化，松手后，負反饋機制會使地球儀重新回到平衡位置不掉落，下

列說法錯誤的是（）

A.地球儀懸浮時處于失重狀態(tài)

B.地球儀利用了電流的磁效應

C.地球儀能夠持續(xù)轉(zhuǎn)動是因為具有慣性

D.地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉(zhuǎn)

11.（2025?開福區(qū)）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有一直線PQ與水平面成45。角，在PQ兩側

存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小為8。從直線上的（〃點水平向右射出速率

為丫的粒子，粒子帶正電，比荷為h若粒子運動過程中經(jīng)過直線PQ上的〃點，粒子從。點運動到〃

點的時間為L已知必=",不計粒子重力。則（）

產(chǎn)

xx、、、??B?

B

xxx

\b

XXX政:'

A.8可能為營3可能為坐

B.

kd2kd

C./可能為空㈣

D.（一定為一；一

4v4v

12.（2025?龍鳳區(qū)）如圖所示，在入平面的第一、二象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁

感應強度大小為B,在第三、四象限-d熱J，。范圍內(nèi)有沿工軻正方向的勻強電場，在坐標原點。有一

個粒子源可以向x軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質(zhì)量為〃八電荷量為q的帶正電粒子，x軸上的

尸點坐標為（-40）,），軸上的Q點坐標為（0,-4）。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說

法中正確的是（）

A.所有經(jīng)過尸點的粒子最小速度為％,=幽

2/77

B.若以最小速率經(jīng)過戶點的粒子又恰好能過Q點，則電場強度大小為后=遺幺

m

C.沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過P點，速度大小一定不同

D.所有經(jīng)過尸點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同

13.（2025?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為廠的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場

中，磁場的磁感應強度大小為4,方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、〃處于同一水平線。若環(huán)中通有

大小為/、方向從〃到〃的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則（）

A.兩根細繩拉力均比未通電流時的大

B.兩根細繩拉力均比未通電流時的小

C.銅環(huán)所受安培力大小為2,3/

D.銅環(huán)所受安培力大小為乃廣〃3

14.（2025?羅湖區(qū)）如圖甲，用強磁場將百萬度高溫的等離子體（等量的正離子和電子）約束在特

定區(qū)域?qū)崿F(xiàn)受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行100秒的

成績。多個磁場才能實現(xiàn)磁約束，其中之一叫縱向場，圖乙為其橫截面的示意圖，越靠管的右側磁場

越強。盡管等離子體在該截面上運動的曲率半徑遠小于管的截面半徑，但如果只有縱向場，帶電粒子

還會逐步向管壁‘'漂移”，導致約束失敗。不計粒子重力，若僅在縱向場中，下列說法正確的是（

A.正離子在縱向場中沿逆時針方向運動

B.帶電粒子在縱向場中的速度大小不變

C.在縱向場中，帶電粒子籽發(fā)生左右方向的漂移

D.在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生上下方向的漂移

15.（2025?湖南一模）蜜蜂飛行時依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點進行定位做“8”字形運動，以

此告知同伴蜜源方位。某興趣小組用帶電粒子在電場和磁場中的運動蜜蜂的運動。如圖所示，空間存

在范圍足夠大垂直紙面、方向相反的勻強磁場KII,具上、r邊界分別為MN、間距為4。MN

與PQ之間存在沿水平方向且大小始終為石=2學的勻強電場，當粒子通過MN進入電場中運動時,

qd

電場方向水平向右；當粒子通過PQ進入電場中運動時，電場方向水平向左?，F(xiàn)有一質(zhì)量為〃小電荷

量為的粒子在紙面內(nèi)以初速度%從A點垂直射入電場，一段時間后進入磁場H,之后又分別

通過勻強電場和磁場I,以速度%回到A點，磁場II的磁感應強度8,二口，不計粒子重力。則下

qd

列說法正確的是（）

XXXX

X臂取X

XXXX

Pr.........................................Q

d…電場

??磁場；?

????

A.粒子在水平向右的電場中運動的位移大小為d

B.粒子在磁場n中運動的速度大小-=拉%

c.粒子在磁場II中做勻速圓周運動的弦長為?

2

D.磁場I的磁感應強度大小用=皿

3qd

三.填空題（共5小題）

16.（2025?思明區(qū)）在城市建設施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示，有一種探

測方法是，首先給金屬長直管線通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用

測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁場的最強的某點，記為②在〃點附近的地面上，找到

與a點磁感應強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，

找到磁場方向與地面夾角為45。的〃、c兩點，測得人、c兩點距離為L,由此可確定金屬管線—（填

“平行”或“垂直”）于所，深度為—o

水平地面__________________

j金屬管線

（）一二

17.（2025?松江區(qū)校級三模）圖是磁電式電表內(nèi)部結構示意圖，該電表利用的物理原理是—,寫

出一條能提高該電表的靈敏度措施是：。

18.（2025?泉州）利用霍爾效應制成的傳感器被廣泛應用于自動控制等領域。如圖，寬為d的金屬

板置于勻強磁場中，磁場方向與金屬板垂直，磁感應強度大小為8。當金屬板通入如圖所示的電流時，

金屬板―（填“上”、“下”）表面聚集電子，產(chǎn)生霍爾電壓：若已知電子定向移動速率為…

則金屬板上產(chǎn)生的霍爾電壓為—o

XXXX

XXXXd

XXXX

19.（2025?金山區(qū)二模）已知環(huán)形電流在圓心處的磁感應強度大小與其半徑成反比。紙面內(nèi)閉合線

圈由兩個相同的同心半圓電阻絲構成，電流從A流入，由8流出，如圖所示。流經(jīng)上半圓的電流在

圓心。點產(chǎn)生磁場的磁感應強度為A,方向：線圈中電流在。點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小

為

AOB

20.（2025?黃浦區(qū)二模）四根完全相同的長直導線互相平行，它們的截面處于正方形決心/的四個頂

點，導線中都通有大小相同的電流，方向如圖所示。正方形對角線的交點為O,通電導線“在O點產(chǎn)

生的磁感應強度為3,四根通電導線在。點產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小為，方向為

21.（2025?邯鄲一模）如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域（含邊界）內(nèi)存在勻強電場，電場

強度方向向下且與AC邊平行:。一質(zhì)量為加、電荷量為+“的帶電粒子從4點沿/W方向以初速度%射

入勻強電場，恰好能從。點飛出。不計粒子重力。

（1）求粒子在電場中運動的時間/及速度偏轉(zhuǎn)角。的正切值:

（2）若將正方形區(qū)域內(nèi)的勻強電場換成垂直紙面向外的勻強磁場，粒子仍以相同速度%從A點進入

磁場，粒子以相同偏轉(zhuǎn)角。從BO邊飛出。求磁感應強度與電場強度的比值。

AB

D

22.（2025?福建）如圖，直角坐標系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G、G，其中G垂直4軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N：C2垂

直），軸放置，上、下極板右端分別緊貼），軸上的Q、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下極板進入。2,而后從尸進入第I象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直工軸離開，

運動軌跡如圖中虛線所示。已如粒子質(zhì)量為〃八帶電量為4，。、『間距離為"，G、C2的板間電

壓大小均為U,板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求:

（i）粒子經(jīng)過N時的速度大??；

（2）粒子經(jīng)過2時速度方向與y軸正向的夾角；

（3）磁場的磁感應強度大小。

23.（2025?羅湖區(qū)）亥姆霍茲線圈是一對平行的完全相同的圓形線圈。如圖所示，兩線圈通入方向

相同的恒定電流，線圈間形成平行于中心軸線GO?的勻強磁場，沿GO2建立x軸，一足夠大的圓形

探測屏垂直于x軸放置，其圓心尸點位于x軸上。在線圈間加上平行于x軸的勻強電場，粒子源從x軸

上的O點以垂直于3軸的方向存續(xù)發(fā)肘初速度大小為％的粒子。已知粒子質(zhì)量為〃？，電向量為（“>（））,

電場強度大小為E,磁感應強度大小為8,電場和磁場均沿“軸正方向，不計粒子重力和粒子間相互

作用。若未加電場，粒子可以在線圈間做勻速圓周運動。

（1）若未加電場，求粒子做圜周運動的半徑「；

（2）加入電場后，沿x軸方向左右調(diào)節(jié)探測屏，求粒子打在探測屏上的點距探測屏圓心夕點的最遠

距離D;

（3）加入電場后，沿大軸方向左右調(diào)節(jié)探測屏，若要使粒子恰好打在探測屏的圓心尸點，求此時2點

與粒子源間的距離

24.（2025?重慶）有人設計了一種粒子收集裝置.<>如圖所示，比荷為幺的帶正電的粒子，由固定于

m

M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線方向運動，能收集各方向粒子的收集器固定在

上方的K點，O在MN上,且KO垂直于若打開磁場開關，空間將充滿磁感應強度大小為8,

方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為％的粒子運動到O點時，打開磁場開關，該粒子全被收集，

不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。

（1）求OK間的距離。

（2）速率為4%的粒子射出瞬間打開磁場開關，該粒子仍被收集，求MO間的距離。

（3）速率為4%的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關，該粒子也能被收集。以粒子射出的

時刻為計時O點。求打開磁場的那一時刻。

:K

25.（2025?江蘇四模）如圖所示，直線），=3x與y軸之間有垂直于X。）'平面向外的勻強磁場區(qū)域II,

.宜線x=4與），=1x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E=3xlO5V/z?z,另有一半徑A=與〃?的

圓形勻強磁場區(qū)域/,磁感應強度與=0.97,方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x=d和x軸均相

切，且與x軸相切于S點。一帶負電的粒子從S點沿），軸的正方向以速度％進入圓形磁場區(qū)域/,經(jīng)

過一段時間進入勻強磁場區(qū)域II，且第一次進入勻強磁場區(qū)域II時的速度方向與直線），=2x垂直。

4

粒子速度大小%=3xl0,〃?/s,粒子的比荷為里=1x1。。/，,粒子重力不計。已知/37。=0.6,

m

cos37°=0.8,求：

（1）粒子在圓形勻強磁場區(qū)域工中做圓周運動的半徑大??；

（2）坐標d的值;

（3）要使粒子能運動到x軸的負半軸，則勻強磁場區(qū)域H的磁感應強度反應滿足的條件。

高考物理一輪復習磁場

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

1.（2025?天津）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導孰平行放置，導軌及其構成的平面均與水平

面成某?角度，導軌上端用直導線連接，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。具有一定

阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開始卜滑，卜.滑過程中腸V始終與導軌垂直并接觸良好，則MN所

受的安培力廠及其加速度〃、速度】，、電流/，隨時間，變化的關系圖像可能正確的是（）

A.OB.O

【答案】A

【考點】安培力作用下的運動學問題（力與運動的關系）

【專題】推理論證能力；推理法；電磁感應與電路結合；定量思想

【分析】ABC.根據(jù)題意設置相應條件，由安培力的公式結合導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢公式、

牛頓第二定律分析尸、。、以及v的變化情況；

。.根據(jù)閉合電路的歐姆定律導出電流表達式，再分析/一圖像的變化情況。

【解答】解：入2C根據(jù)題意，設導體棒的電阻為R,導軌間距為L,磁感應強度大小為“，導體棒

r2

速度為y時，受到的安培力為=-----，可知Eocn,由牛頓第二定律可得，導體棒的加速度

R

為。="四吆二￡=gsinO-3可知，隨著速度的增大，導體棒的加速度逐漸減小，當加速度為零

mmR

時，導體棒開始做勻速直線運動，貝圖像的斜率逐漸減小直至為零時，速度保持不變，由于安培

力“與速度U成正比，則/T圖像的斜率逐漸減小直至為零時，產(chǎn)保持不變，故A正確，錯誤；

。.根據(jù)題意，由公式可得感應電流為/=跑，由數(shù)學知識可得紅=%.絲=四，由于加速度逐

RejR&R

漸減小，則/T圖像的斜率逐漸減小，故Q錯誤。

故選；Ao

【點評】考查電磁感應的相關問題，結合閉合電路的歐姆定律，牛頓運動定律等列式求解分析。

2.（2025?成都）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如

圖所示，將一厚度為d的半導體薄片垂直置于磁場8中，在薄片的兩個側面E、尸間通以電流/時,

另外兩側M、N間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應。其原因是薄片中定向移動形成電流的載流

子受洛倫茲力的作用向一側偏轉(zhuǎn)和積累，在M、N間產(chǎn)生霍爾電壓U”。半導體的載流子有自由電

了或空穴（相當于正電荷〉兩種類型。下列說法正確的是（）

A.若該半導體是空穴導電，則M側的電勢低于N側的電勢

B.若只增大半導體薄片的厚度”，則霍爾電壓U”將增大

C.若只增大磁場的磁感應強度8,則霍爾電壓U〃將增大

D.若只增大電流/,則霍爾電壓將減小

【答案】C

【考點】霍爾效應與霍爾元件

【專題】定量思想；帶電粒子在復合場中的運動專題：推理能力；推理法

【分析】A、根據(jù)左手定則得出粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而得出電勢的高低；

BCD,粒子受到的電場力和洛倫茲力平衡，由此列式得出霍爾電壓的表達式，進而判斷哪個選項正

確。

【解答】解：A.若該半導體是空穴導電，即相當于正電荷導電，根據(jù)左手定則可知，正電荷在洛倫

茲力作用下向例側聚集，可知M側電勢高于3側電勢，故A錯誤；

B.由于M、N間產(chǎn)生電場，穩(wěn)定時電場力與洛倫茲力平衡，設何、N間距離為“，霍爾元件長為

b,則有

qvB=Eq=J-q

a

設單位體積內(nèi)電荷的數(shù)目為〃，根據(jù)電流的微觀定義式有

I1

v==-------

nqSnqad

解得

11B

UH=-------7

nqa

可知，若增大半導體薄片的厚度4,則霍爾電壓U〃將減小，故3錯誤；

C.若增大磁感應強度8,則霍爾電壓U”將增大，故C正確；

D.若增大電流/，則霍爾電壓U”將增大，故O錯誤。

故選：Co

【點評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據(jù)左手定則得出粒子的受力方向，結合電場力和洛

倫茲力的等量關系即可完成分析。

3.（2025?蘇州三模）極光是由太陽發(fā)射的高速帶電粒子受地磁場的影響，進入兩極附近時，撞擊并

激發(fā)高空中的空氣分子和原子引起的。假如我們在北極地區(qū)仰視，發(fā)現(xiàn)正上方如圖所示的沿順時針方

向運動弧狀極光，則關于這一現(xiàn)象中的高速粒子的說法正確的是（）

A.該粒子帶負電

B.該粒子軌跡半徑逐漸增大

C.若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，會向東偏轉(zhuǎn)

D.地磁場對垂直射向地球表面的該粒子的阻擋作用在南、北兩極附近最強

【答案】C

【考點】地磁場；洛倫茲力的概念

【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

【分析】由于空氣阻力的作用，粒子速度逐漸減小，其運動半徑逐漸減小，因此圓周運動半徑逐漸減

小，從而確定高速粒子在北極上空運動的方向。結合地磁場方向向下指向地面，由左手定貝！可以判斷

粒子帶正電.

【解答】解：AB.根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式「二絲，運動過程中粒子因空氣阻

Bq

力做負功，動能變小，速度減小，則半徑減小。在北極上空有向下的磁場，由地面上仰視粒子順時針

方向運動，則由左手定則得粒子帶正電，故錯誤；

C、若該粒子在赤道正上方垂直射向地面，則由左手定則得會向東偏轉(zhuǎn)，故C正確；

。、粒子垂直射向地球，緯度越高，粒子運動方向和磁場方向夾角越小，受到時洛倫茲力越小，越

容易射入地球大氣，阻擋作用弱；相反在低緯度地區(qū)，粒子運動方向和磁場方向夾角大，根據(jù)洛倫茲

力的公式可知，受到時洛倫茲力大，粒子不容易射入地球大氣，阻擋作用強，所以地磁場對垂直射向

地球表面的寧宙射線的阻擋作用在赤道附近最強，故。錯誤，

故選：C。

【點評】題目以常見的自然現(xiàn)象為背景命題，考查了地磁場、左手定則、帶電粒子在磁場中的運動等

知識點.極光在地球上看為順時針方向，用左手定則可斷定高速粒子的電性。

4.（2025?海安市校級二模）某同學利用手機物理工坊測量當?shù)氐卮艌龅拇鸥袘獜姸?，如圖甲所示,

以手機顯示屏所在平面為平面，在手機上建立直角坐標系，該同學測量時z軸始終保持豎直向上,

手機人Oy平面繞z軸勻速轉(zhuǎn)動，手機顯示出各軸磁場的實時數(shù)據(jù)（如圖乙所示）。當外界磁場分量與

A.圖中6時刻x軸正方向指向地球北方

B.圖中時刻），軸正方向指向地球南方

C.彳?&時間內(nèi)手機剛好繞z軸轉(zhuǎn)動了一周

D.通過z軸數(shù)據(jù)可知測量地在南半球

【答案】D

【考點】地磁場；磁感應強度的定義與物理意義

【專題】定量思想；推理法；滋場磁場對電流的作用；實驗探究能力

【分析】磁感應強度是矢量，根據(jù)平行四邊形定則計算合磁感應強度的大小。

【解答】解：地磁場的N極在地球南極附近，S極在地球北極附近，在南半球，地磁場方向斜向上,

豎直分量豎直向上，水平分量指向北方：在北半球，地磁場方向斜向下，豎直分量豎直向下，水平分

量指向北方，如下圖所示，

A、根據(jù)北半球地磁場保持水平分量為向北，因此當手機繞2軸轉(zhuǎn)動過程，地磁場水平分量在X軸和

），軸的分量，將出現(xiàn)正弦或余弦式的變化，圖中4時刻X軸正方向磁場數(shù)值達到最大，說明此時刻X軸

正方向指向地球北方，故A正確：

“、圖中G時刻y軸負方向磁場數(shù)值達到最大，說明4時刻y軸正方向指向地球南方，故△正確；

。、由圖中z軸數(shù)據(jù)為負，即磁場有豎直向下分量且基本保持不變，可知測量地在北半球，故。錯

誤：

C、.?&時間內(nèi)x軸方向磁場變化剛好一個周期，說明乙?“時間內(nèi)手機剛好繞z軸轉(zhuǎn)動了一周，故

C正確;

本題選擇錯誤的，

故選：Do

【點評】本題考查對磁感應強潼的理解，明確磁感應強度是矢量，滿足平行四邊形定則。

5.（2025?沙坪壩區(qū)）地球木身是一個大磁體，其磁場分布如圖所示。目前學術界對于地磁場的形成

機制尚無共識。一種理論認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（）

地球自轉(zhuǎn)方向

B.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地表上任一位置的磁感應強度均減小

C地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度相同

D.赤道卜.穿過地表單位面積的磁通量比兩極處大

【答案】B

【考點】通電直導線周圍的磁場；磁通量的概念和計算公式的定性分析

【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推珥論證能力

【分析】根據(jù)安培定則和地球自轉(zhuǎn)方向分析判斷；若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，分析則等效電流的變化,

從而分析磁感應強度的變化；據(jù)地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度的特點分析；根據(jù)磁通量定

義分析。

【解答】解:A.根據(jù)題意，地磁場來源廣地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流，根據(jù)安培定則和地

球自轉(zhuǎn)方向為自西向東，地磁場內(nèi)部磁感線方向由北到南，可以判斷地表電荷為負電荷，故A錯誤；

13.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則線速度減小，則等效電流越小，磁感應強度減小，故“正確；

C.地球赤道上方各點處地磁場的磁感應強度方向相同，大小不同，故C錯誤；

D-赤道處磁感線與地面平行，穿過地表單位面積的磁通量為0,兩極最大，故。錯誤。

故選：B。

【點評】本題主要考查電流與祕場的關系，在做題中要注意，磁感線是閉合曲線。

6.（2025?重慶）《大國重器》節(jié)目介紹的G/L輸電系統(tǒng)的三相共箱技術，如圖中所不，管道內(nèi)部有

三根絕緣超高壓輸電線纜平行且間距相等，截面圖如圖乙所示，上方兩根輸電線纜A、8連線水平，

某時刻A、C中電流方向垂直于紙面向里，8中電流方向垂直于紙面向外，4、A、C中電流大小

均為/，則（）

A.正三角形中心O處的磁感應強度為0

B.A、8連線中點處的磁感應強度斜向左上方

C.A、。輸電線纜相互吸引

D.4、8輸電線纜相互吸引

【答案】C

【考點】通電直導線周圍的磁場；兩根通電導線之間的作用力

【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理能力

【分析】AB.根據(jù)右手定則判斷出每根電纜在O處或中點處的磁感應強度，再根據(jù)矢量的合成

法則求合磁感應強度；

CD、根據(jù)通向電流互相吸引反向電流互相排斥，可判斷AC、A8輸電線纜間的作用力。

【解答】解：A、A根據(jù)右手定則可判斷輸電線纜在O點的磁感應強度方向垂直（M指向左下方，B

輸電線纜在。點的磁感應強度方向垂直指向右下方，根據(jù)對稱性可知，/W輸電線纜在O處產(chǎn)生

的磁感應強度大小相等，根據(jù)矢量的合成法則可判斷A、8輸電線纜在O處的合磁感應強度方向豎

直向下，而C輸電線在O點的破感應強度方向垂直O(jiān)C水平向右，所以O處合磁感應強度方向應斜向

右下方，故A錯誤；

B、A輸電線纜在A、6連線中點處的磁感應強度方向豎直向下，6輸電線纜在O點的磁感應強度

方向豎直向下，C輸電線在4、連線中點的磁感應強度方向水平向右，所以A、4連線中點合磁

感應強度方向斜向右下方，故4錯誤；

CD、根據(jù)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥可知，A、C輸電線纜相互吸引，A、4輸電線纜

相互排斥，故C正確，。錯誤；

故選：C。

【點評】本題主要考查電流產(chǎn)生的磁場方向的判斷方法，解題關鍵是右手定則的應用及矢量的合成法

則。

7.（2025?渾南區(qū)校級三模）磁懸浮地球儀內(nèi)部存在永磁鐵，當?shù)鬃姾蟮厍騼x可以懸浮在空中，

用手轉(zhuǎn)動地球儀，可生動地展現(xiàn)地球在太空中的形態(tài)。若用手觸碰地球儀使其偏離平衡位置少許，底

座中的霍爾元件能檢測到磁場的變化，松手后，負反饋機制會使地球儀重新回到平衡位置不掉落，下

列說法錯誤的是（）

A.地球儀懸浮時處于失重狀態(tài)

B.地球儀利用了電流的磁效應

C.地球儀能夠持續(xù)轉(zhuǎn)動是因為具有慣性

D.地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其只能繞地軸旋轉(zhuǎn)

【答案】A

【考點】慣性與質(zhì)量；超重與失重的概念、特點和判斷：安培力的概念

【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力

【分析】地球儀處于平衡狀態(tài)，根據(jù)加速度分析地球儀是否處于超失重狀態(tài)；根據(jù)磁懸浮地球儀底部

線圈通電產(chǎn)生磁場分析；地球儀能夠持續(xù)轉(zhuǎn)動是因為具有慣性；地球儀利用磁場將南北極鎖定，使其

只能繞地軸旋轉(zhuǎn)。

【解答】解：人磁懸浮地球儀的球體中裝有永磁鐵，底部線圈通電產(chǎn)生磁場，磁場力與重力平衡而

懸浮，地球儀處于平衡狀態(tài)，地球儀的加速度為零，既不處于超重狀態(tài)，也不處于失重狀態(tài)，故A錯

誤；

8磁懸浮地球儀底部線圈通電產(chǎn)生磁場，地球儀利用了電流的磁效應，故笈正確；

C.地球儀能夠持續(xù)轉(zhuǎn)動是因為具有慣性，故C正確；

D地球儀利用磁場將南北極鉞定，使其只能繞地軸旋轉(zhuǎn)，故。正確。

本題選錯誤的，故選A。

【點評】本題考查了超失重現(xiàn)象、電流的磁效應、慣性等相關知識，注意物理知識的具體應用。

8.（2025?江西）如圖所示，粒子甲垂直他邊界進入垂直紙面向外的勻強磁場時發(fā)生核反應：甲-

乙+內(nèi)，產(chǎn)生的乙和內(nèi)粒子垂直經(jīng)過磁場的軌跡如圖所示。已知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑

之比為5:3,不計重力及空氣阻力，則（）

A.甲帶正電B,乙?guī)ж撾?/p>

C.甲、乙的動量大小之比為8:5D.乙、丙的動量大小之比為1:1

【答案】C

【考點】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；洛倫茲力、磁場、粒子運動方向和電荷性質(zhì)的相互判

斷；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力

【分析】由左手定則判斷乙和丙的帶電性質(zhì)，根據(jù)電荷守恒定律分析甲的帶電性質(zhì)；根據(jù)洛倫茲力提

供向心力求得粒子的動量與運動半徑的關系，可得到乙和丙的動量大小之比。根據(jù)動量守恒定律分析

甲、乙的動量大小之比。

【解答】解：AB.粒子乙在磁場中順時創(chuàng)偏轉(zhuǎn)，粒子丙在磁場中逆時針偏轉(zhuǎn)，由左手定則判斷，乙

帶正電，丙帶負電。已知乙和丙的電荷量大小相等，根據(jù)電荷守恒定律，可知甲不帶電，故A3錯誤；

CD.粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，可得：

-y

qvb=ni—

r

又有動鼠〃="TV

聯(lián)立可得：p=qBr

可見粒子的動量大小與圓周運動半徑為正比關系，己知乙和丙的電荷量大小相等，軌跡半徑之比為

5:3,貝ij乙、閃的動量大小之比為p乙：p內(nèi)=5:3。

粒子甲發(fā)生核反應的過程滿足動量守恒定律，以甲的運動方向為正方向，則有:

2甲二〃乙+〃丙，可得甲、乙的動審大小之比為8:5,故C正確，。錯誤。

故選：C。

【點評】本題考查了帶電粒子在磁場中運動問題，要知道帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由

洛倫茲力提供向心力。原子核發(fā)生核反應的過程滿足動量守恒定律。

9.（2025?海淀區(qū)校級三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結來顯示通過它的帶電粒子徑跡的

裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中〃、b、c、d、e是

從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（）

A.d、e都是正電子的徑跡

B.。徑跡對應的粒子動量最大

C.〃徑跡對應的粒子動能最大

D.〃徑跡對應的粒子運動時間最長

【答案】。

【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力

【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所帶電性，根據(jù)粒子做圓周運動的半徑和圓心角，分析粒子的速度、

動能、動量和運動時間。

【解答】解：A.帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知〃、/八c都是正電

子的徑跡，4、e都是負電子的徑跡，故A錯誤；

帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有

qvB=m-

R

解得

R=—

qB

山圖可知“徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據(jù)

p—nnf

可知。徑跡對應的粒了?動量最小，故4錯誤;

C.根據(jù)

E=-mv2

ka2

可知

即b徑跡對應的粒子動能不是最大的，故。錯誤;

D.帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有

v2TTR

qvB=m—，T=

RV

則

7=—

qB

所以

K=Tm

粒子在磁場中的運動時間

t=-T

2乃

其中a為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對應的粒子運動

時間最長，故。正確。

故選：。。

【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，比較簡單，從圖中正確得出粒子做圓周運動的半徑

和圓心角是解題關鍵。

10.（2025?東西湖區(qū)）如圖所示，有一范圍足夠大的水平勻強磁場，磁感應強度為3,一個質(zhì)量為、

電荷量為"的帶電小圓環(huán)套在一根固定的絕緣豎直長桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為〃?，F(xiàn)使圓環(huán)

以初速度%向上運動，經(jīng)時間圓環(huán)回到出發(fā)點，不計空氣阻力，取豎直向上為正方向。下列描述該

過程中圓環(huán)的速度妙隨時間1、摩擦力產(chǎn),隨時間『、動能心隨位移X、機械能E隨位移x變化規(guī)律的

圖象中，不可能正確的是（）

XXXX

XXXX

B

XXXVX

0

X，X

XX

XXXX

【考點】帶電粒了?在疊加場中渤直線運動

【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力

【分析】小球受重力、洛倫茲力、支持力和滑動摩擦力，然后根據(jù)牛頓第二定律列式，推導出縱坐標

與橫坐標的關系式，由此進行解答。

【解答】解：小球向上運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向下的滑動摩擦力，向上運

動，重力和摩擦力做負功，速度不斷減小，洛倫茲力不斷減小，支持力減小，故滑動摩擦力減小，合

力減小，物體做加速度不斷減小的加速運動，當速度減為零時，向上的位移最大，摩擦力等于0,而

加速度等于重力加速度；小球達到最高點后向卜.運動的過程中受重力、洛倫茲力、支持力和向上的滑

動摩擦力，由于速度不斷變大，洛倫茲力不斷變大，支持力變大，故滑動摩擦力變大，合力減小，物

體做加速度不斷減小的加速運動，當加速度減為零時，速度最大；

由以上的分析可知，小球先向上運動，加速度逐漸減小；后小球向下運動，加速度仍然繼續(xù)減小.負

號表示速度的方向前后相反.由以上的分析可知，小球先向上運動，摩擦力的方向向下，逐漸減小;

后小球向下運動，摩擦力的方向向上，逐漸增大，故A5是可能的；

C.小球向上運動的過程中，有

4==EkQ-mgx-fx

由于/逐漸減小，所以動能的變化率逐漸減小，故C不可能；

。.小球運動的過程中摩擦力做功使小球的機械能減小，向上運動的過程中

△E=-/Ax

由于向上運動的過程中/逐漸減小，所以機械能的變化率逐漸減小；而向下運動的過程中摩擦力之間

增大，所以機械能的變化率逐漸增大，故。是可能的。

木題選不可能的，故選：Co

【點評】本題關鍵分析清楚帶電小球的運動情況，明確：向上運動的過程中摩擦力逐漸減小，向下運

動的過程中摩擦力逐漸增大，加速度、速度和動能、機械能都隨之發(fā)生變化。

二.多選題（共5小題）

II.（2025?開福區(qū)）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有一直線PQ與水平面成45。角，在PQ兩側

存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小為3。從直線上的點水平向右射出速率

為-的粒子，粒子帶正電，比荷為A,若粒子運動過程中經(jīng)過直線PQ上的〃點，粒子從〃點運動到〃

點的時間為已知必=4,不計粒子重力。則（）

R

x\????

百

XX'、、??

B'、、??

XXX、??

''、0

X.…￡.士…4曼

A.3可能為詆B.B可能為叵

kcl2kd

C./可能為速里D./一定為巨火

4v4v

【答案】AD

【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動

【專題】推理法；推理論證能力；定量思想；帶電粒子在磁場中的運動專題

【分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力得到粒子在兩磁場中運動軌道半徑相等，且得到速率和半徑的關系,

結合幾何關系和對稱性求磁感應強度的可能值；

然后根據(jù)每次偏轉(zhuǎn)角，結合時間公式求總時間。

【解答】解：AB.由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示,

上…乃…/…竺:A.

粒子每次經(jīng)過PQ直線均偏轉(zhuǎn)90。，由幾何關系'將a人分成〃等份'可知半徑：害

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=—

聯(lián)立可得：8=』近（〃=1,2,3.…），故A正確，8錯誤;

kd

71

n--rrz,

CD、粒子從。點運動到〃點的時間為為：，==-=t2，故。錯誤，。正確。

v4v

故選；AD.

【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常根據(jù)速度及磁感應強度求得半徑，然后根

據(jù)幾何關系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關系求解半徑，進而求得速度、磁感應強度。

12.（2025?龍鳳區(qū)）如圖所示，在X。），平面的第一、二象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁

感應強度大小為8,在第三、四象限-四/0范圍內(nèi)有沿％粕正方向的勻強電場，在坐標原點。有一

個粒子源可以向x軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質(zhì)量為〃八電荷量為4的帶正電粒子，x軸上的

產(chǎn)點坐標為（-40）,），軸上的。點坐標為（0,-4）。不計粒了的重力及粒了之間的相互作用。下列說

法中正確的是（）

A.所有經(jīng)過?點的粒子最小速度為％加=幽

2m

B.若以最小速率經(jīng)過尸點的粒子又恰好能過Q點，則電場強度大小為8=四

m

C.沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過P點，速度大小一定不同

D.所有經(jīng)過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同

【答案】AD

【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動

【專題】帶電粒子在亞合場中的運動專題；推理法；定量思想；推理能力

【分析】粒子在破場中做勻速圓周運動，圓周運動半徑最小時，粒子經(jīng)過2點時速度最小，由洛倫茲

力提供向心力，結合幾何關系求解最小速度；速度最小的粒子由2點到。點做類平拋運動，根據(jù)牛

頓第二定律與運動學公式求解電場強度；經(jīng)過O、尸兩點的不同圓半徑可以相等，也可以不相等，

運動半徑相等時粒子速度大小相等；沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過尸點時垂直電場方向的分速度

為定值，粒子沿），軸負方向做勻速直線運動通過磁場。

【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：

qvB=/n-,可得：y=

rin

當OP為粒子運動軌跡的直徑時（即r=日）,圓周運動半徑最小，粒子經(jīng)過2點時速度最小，可得:

2

%”料故A正確；

2、粒子以最小速率經(jīng)過P點時，在磁場中的軌跡恰好為半個圓周，到達P點時速度方向垂直于大軸,

由P點到Q點：做類平拋運動。

沿），軸負方向做勻速直線運動，則有：df/

沿A?軸正方向做勻加速直線運動，則有：d=-ar

2

由牛頓第二定律得：〃=度

m

聯(lián)立解得電場強度E=&，故8錯誤；

2/77

c、經(jīng)過〃點圓弧軌跡均以尸o為弦，如圖1所示為經(jīng)過。、尸兩點的半徑相等的圓q與圓q,粒

子可以分別沿這兩個等大的圓在磁場中的圓弧部分做圓周運動經(jīng)過P點，由于運動半徑相等，故粒子

速度大小相同，故C錯誤；

。、設沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過夕點的速度方向與X軸夾角為。，如圖2所示。

圖2

由幾何關系得：Rsin?=&,同理由：qvB=m-,可得：v=-^—

2R2〃?sin。

在夕點垂直電場方向的分速度為：匕=vsin〃=幽，可見匕為定值。

2m

粒子穿過電場過程沿y軸負方句做勻速直線運動，則有：d=vyt,因匕為定值，故所有經(jīng)過尸點的

粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故。正確。

故選：4）。

【點評】本題考查帶電粒子在磁場和電場的運動規(guī)律，對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況

分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電

粒子在電場中做勻變速曲線運動時，應用運動的分解與合成解答。

13.（2025?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為「的半圓形銅環(huán)豎直懸拄在勻強磁場

中，磁場的磁感應強度大小為4,方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端a、〃處于同一水平線。若環(huán)中通有

大小為/、方向從a到〃的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則（）

A.兩根細繩拉力均比未通電流時的大

B.兩根細繩拉力均比未通電流時的小

C.銅環(huán)所受安培力大小為力卻

D.銅環(huán)所受安培力大小為加出

【答案】AC

【考點】左手定則判斷安培力的方向：安培力的計算公式及簡單應用

【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

【分析】應用等效法，通電半圓形銅環(huán)等效長度為直徑，根據(jù)公式尸=8比計算安培力，根據(jù)左手定

則判斷方向，根據(jù)平衡條件判斷通電前后繩子拉力大小關系,

【解答】解：通電半圓形銅環(huán)可等效為長度為直徑必的通電直導線，電流方向af'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，大小產(chǎn)=WxL=26",根據(jù)受力分析可得，通電后，

繩子拉力丁="吆+尸=〃?g+2/Br>/〃g,兩根細繩拉力均比未通電流時的大，故AC正確，瓦>錯誤；

故選：AC.

【點評】本題主要考查非直通電導線受安培力的計算，根據(jù)等效法進行解答。

14.（2025?羅湖區(qū)）如圖甲，用強磁場將百萬度高溫的等離子體（等量的正離子和電子）約束在特

定區(qū)域?qū)崿F(xiàn)受控核聚變的裝置叫托克馬克。我國托克馬克裝置在世界上首次實現(xiàn)了穩(wěn)定運行10（）秒的

成績。多個磁場才能實現(xiàn)磁約束，其中之一叫縱向場，圖乙為其橫截面的示意圖，越靠管的右側磁場

越強。盡管等離子體在該截面上運動的曲率半徑遠小于管的截面半徑，但如果只有縱向場，帶電粒子

還會逐步向管壁“漂移”，導致約束失敗。不計粒子重力，若僅在縱向場中，下列說法正確的是（

甲乙

A.正離子在縱向場中沿逆時針方向運動

B.帶電粒子在縱向場中的速度大小不變

C.在縱向場中，帶電粒子籽發(fā)生左右方向的漂移

D.在縱向場中，帶電粒子將發(fā)生上下方向的漂移

【答案】ABD

【考點】帶電粒子（或微粒）在非勻強磁場中的運動

【專題】分析綜合能力；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理法；定量思想

【分析】A根據(jù)左手定則判斷正離子的運動方向；

B.根據(jù)洛倫茲力不改變速度大小判斷；

CD發(fā)生漂移是因為帶電粒子在非均勻磁場中運動的軌跡半徑不同造成的，分析運動情況即可得出結

論。

則正離子在縱向場中沿逆時針方向運動，故4正確；

因為洛倫茲力總是與速度方向垂直，洛倫茲力永遠不做功，所以洛倫茲力不改變速度大小，則帶

電粒子在縱向場中的速度大小不變，故8正確；

8.根據(jù)題圖可以看出左右兩邊磁感應強度不一樣，由洛倫茲力提供向心力

qvB=---

R

解得

可知同一正離子在磁場中因為磁感應強度不同導致左右的半徑不同，所以發(fā)生偏移，笈越大，A越

小，所以同一正禽子在左邊部分的半徑大于右邊部分的半徑，結合左手定則判斷出正離子就會向下側

漂移，同理可知電子向上側漂移，故C錯誤，。正確。

故選：ABD