五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁現(xiàn)象和磁場2025將庫侖定律與牛頓第二定律結(jié)合，分析帶電粒子在復合場中的螺旋運動軌跡；或通過電容器充放電過程，聯(lián)動能量守恒定律與暫態(tài)電路分析，涉及電容動態(tài)變化對電場能量的影響。命題逐漸引入數(shù)學工具的工程化應用，如利用有限差分法處理非線性電場分布，或通過拉普拉斯方程分析無電荷區(qū)域的電勢分布，要求考生掌握數(shù)值方法在復雜場域中的簡化建模能力。此外，靜電場常與化學學科交叉，如通過“電偶極子”模型分析分子極化現(xiàn)象，體現(xiàn)跨學科思維的綜合考查。能力要求上，突出矢量分析與數(shù)值計算的復合應用?？忌枋炀氝\用矢量疊加原理處理非對稱電場的場強合成，或通過幾何關系求解帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)角度；部分試題引入微積分思想，如通過積分計算變力電場中的電勢能變化，或利用導數(shù)求解電勢極值問題。實驗探究能力的考查力度顯著增強，例如設計實驗驗證庫侖定律時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。圖像分析能力成為關鍵，例如通過φ-x圖像斜率判斷電場強度變化趨勢，或利用等勢面分布圖推導復雜電場的分布規(guī)律。部分試題還引入工程概念遷移，如通過“能量密度”分析新能源電池的電極性能，全面檢驗考生對物理規(guī)律的創(chuàng)新應用水平?？键c2安培力2022考點3帶電粒子在磁場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點4帶電粒子在復合場中的運動2024考點01磁現(xiàn)象和磁場1．（2025·湖北·高考）如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，放置一通電圓線圈，圓心為O點，線圈平面與磁場垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點，它們到O點的距離相等。已知M點的總磁感應強度大小為零，則N點的總磁感應強度大小為（

）A．0 B．B C．2B D．3B【答案】A【詳析】由右手螺旋定則及對稱性可知，環(huán)形電流在N點產(chǎn)生的磁場，磁感應強度與M點等大同向。由于M點磁感應強度為零，由矢量合成法則可知環(huán)境中勻強磁場與M點磁場等大反向，即勻強磁場與N點的磁場等大反向，N點的磁感應強度為0。故選A?？键c02安培力2．（2022·湖北·高考）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內(nèi)。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調(diào)整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為33g；減速時，加速度的最大值為3g，其中gA．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3B．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60°D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150°【答案】BC【詳析】設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有F令cosα=11+μ2同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有Fsinθ2+μmg+Fcosθ2=ma2有F1+μ2sin故選BC?？键c03帶電粒子在磁場中的運動3．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，兩平行虛線MN、PQ間無磁場。MN左側(cè)區(qū)域和PQ右側(cè)區(qū)域內(nèi)均有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從MN左側(cè)O點以大小為v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O點到MN的距離為3mv(1)粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運動軌跡的半徑；(2)粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時位置的間距；(3)粒子的運動周期【答案】(1)R(2)x(3)5【詳析】（1）粒子在左側(cè)磁場中運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B（2）粒子在左側(cè)磁場運動，設從MN射出時速度方向與MN的夾角為θ，由于O到MN的距離d=3mv02qB，結(jié)合R=mv0qB，根據(jù)幾何關系可知θ=60°；粒子在MN和（3）由圖可知粒子在左邊磁場運動的時間t1=根據(jù)對稱性可知粒子在MN左側(cè)進出磁場的距離x0=3R=3mv0qB所以粒子從MN到PQ過程中運動的距離為l=34．（2024·湖北·高考）如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B．粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為7πD．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為3【答案】D【詳析】AB．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有t=2T=4D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系可知r=3R3故D正確。故選D。5．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；（3）t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)q解得v（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時乙粒子的運動半徑為r乙1=mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，乙粒子剛好運動一周，則t=186．（2022·湖北·高考）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關系式正確的是·（）A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2【答案】AD【詳析】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)t=xv可知t1<t2故ACD．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據(jù)Ek=12mv2可知Ek1>故選AD。7．（2022·湖北·高考）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（）A．13kBL，0° B．12kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL【答案】BC【詳析】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有R=L，qvB=mv2R可得v=因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有R=12L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R可得v=qBL2m=12kBL此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足v=qBL2n-1m故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。8．（2021·湖北·高考）一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等【答案】BC【詳析】ABC．由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，A錯誤，BC正確；D．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB=mv2R解得R=mvqB由于粒子a與粒子故選BC?？键c04帶電粒子在復合場中的運動9．（2024·湖北·高考）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A．極板MN是發(fā)電機的正極B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大【答案】AC【詳析】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則qvB=qUd可得U=Bdv因此增大間距U變大，增大速率U變大，故選AC。1．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））下列說法正確的是（）A．電阻R=ρlS、磁感應強度B．通過導體橫截面的電荷量q=It，其中C．機械波和電磁波都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象，但二者是有本質(zhì)區(qū)別的D．裝在試管中的水銀液面凸起來是因為水銀與玻璃浸潤【答案】C【詳析】A．電阻R=ρlS不是比值定義法；磁感應強度B=B．通過導體橫截面的電荷量q=It，其中I指的是電流的平均值，選項C．機械波和電磁波都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象，但二者是有本質(zhì)區(qū)別的，選項C正確；D．裝在試管中的水銀液面凸起來是因為水銀與玻璃不浸潤，選項D錯誤。故選C。2．（2025·湖北襄陽五中·適應考）某次實驗時因操作失誤，將氕11H、氘12H、氚13H三種核子混到了一起，工作人員設計了如圖所示的分離裝置?；旌虾俗釉谄叫杏谳S線的勻強電場1作用下從A點由靜止開始加速，然后沿軸線進入垂直于軸線向下的勻強電場A．B=B0時，沿軸線打在收集器上的是氚核子B．B=0時，氚核子在場區(qū)運動時間最短C．B=0時，3種核子從不同位置離開電場2D．B=0時，3種核子從電場2離開時的動能相同【答案】D【詳析】A．3種核子的電荷量相同，設為q，均從A點由靜止開始加速，然后通過電場1，則有qU1=12mv2，t1=2d1v整理得v=2qU1m，t1=B．B=0時，核子進入電場2后，水平速度不變，則氕核子在場區(qū)運動時間最短，故B錯誤；C．核子從電場2右側(cè)離開，水平方向有x=vt豎直方向有y=12at2，qD．由動能定理可知，電場2對核子做的功為qE2y=qE22x2故選D。3．（2025·湖北荊州沙市中學·高三下模）如圖所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，磁感應強度B，金屬塊的厚度為d，高為h，當有穩(wěn)恒電流I平行平面C的方向通過時，由于磁場力的作用，金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目為（上下兩面M、N上的電壓分別為UM、UN）（）A．edIBUMC．2BIed1【答案】B【詳析】根據(jù)題意可知，當自由電子受力平衡時有qE=qvB其中E=UM-UNd由此可求得電子的速度為v=UM-UN故選B。4．（24-25高二·湖北·5月聯(lián)考）如圖所示，ABCD為圓周的四等分點，甲、乙兩根無限長直導線垂直于紙面放置于圓周上的A、B兩點，乙導線可沿圓周平移。當通過兩直導線電流大小相等，方向如圖所示時，圓心O處磁感應強度大小為2BA．乙導線在B點時，O處磁感應強度方向與AB平行B．乙導線中電流反向時，O處磁感應強度不變C．當乙導線平移到C點時，O處磁感應強度大小為2D．乙導線逆時針平移到D點的過程中，O處磁感應強度逐漸增大【答案】C【詳析】A．兩電流與O點距離相等，則兩電流在O點產(chǎn)生的磁場大小相等。由安培定則知，甲在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向B，乙在B點時產(chǎn)生的磁場方向由O指向A，兩磁場相互垂直，由磁場疊加知，2B0=2B解得甲、乙電流在O點產(chǎn)生的磁場大小均為B=B0B．乙導線中電流反向時，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向反向，由磁場疊加知，O處磁感應強度方向改變，則O處磁感應強度變化，故B錯誤；C．當乙導線平移到C點時，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向B，由磁場疊加知，O處磁感應強度大小B1=2BD．乙導線逆時針平移到D點的過程中，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向A沿逆時針方向變?yōu)橛蒓指向C，則甲、乙在O點產(chǎn)生的磁場方向夾角由90°逐漸減為0再逐漸增大到90°，由磁場疊加知，O處磁感應強度先增大后減小，故故選C。5．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）如圖所示，平面直角坐標系x>0區(qū)域存在一個圓形有界勻強磁場，磁場圓心位于x軸上，磁場方向垂直于xOy平面。甲、乙兩個帶電粒子從O點以相同的速率進入該磁場。其中甲粒子沿x軸正方向射入，最后平行于y軸正方向射出；乙粒子沿與x軸正方向成30°角的方向射入，最后平行于A．甲、乙兩粒子的電性相同B．若甲粒子帶正電，則磁場方向垂直于xOy平面向外C．甲、乙兩粒子在磁場中的運動時間之比為3:2D．甲、乙兩粒子比荷大小之比為3:2【答案】C【詳析】A．根據(jù)左手定則以及甲、乙兩粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)方向可知兩個粒子的電性相反，故A錯誤；B．若甲粒子帶正電，且朝y軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直于xOy平面向里，故B錯誤；CD．由兩個粒子的運動軌跡可知，甲粒子的軌跡對應的圓心角為90°，乙粒子的軌跡對應的圓心角為60°，二者的軌跡半徑均等于圓形有界磁場的半徑，根據(jù)qvB可知兩個粒子的運動周期相等，在磁場中的運動時間t=α360°T所以甲、乙兩粒子在磁場中的運動時間之比為3:2故選C。6．（2025·湖北黃岡中學·二模）用下圖所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成下圖所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為ΔA．勻強磁場的方向為沿x軸負方向B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D、螺距ΔxC．若僅增大α角（α≤90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α=90°時“D．若僅減小電子入射的初速度v0，則直徑D、螺距Δ【答案】C【詳析】A．將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且x=v0cosα?tB．根據(jù)evB=mv2R，T=2πRv且v=v0sinα解得TC．若僅增大α，則D增大，而Δx減小，且α=90°時ΔxD．由上述可知若v0減小，則D、Δx均減小，故選C。7．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）如圖甲，兩帶電導體板水平放置，帶正電粒子以速度v0從板中間射入，恰從下極板邊緣射入與邊界垂直的勻強磁場。已知板長為L，兩板間距離為33L，粒子的荷質(zhì)比為k，從進入磁場開始計時，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，其中A．9+4π3vC．6+23πv【答案】B【詳析】粒子的運動軌跡如圖所示根據(jù)L=v0t，36L=vy2v0L可得vy=33v0因此進入磁場時速度與水平方向夾角為θ=30°速度為v=233v0根據(jù)T=2由qvB=m故選B。8．（24-25高三·湖北宜荊荊恩四?！?月聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O'，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x軸正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為gA．磁場可以沿z軸正方向B．若磁場沿z軸負方向，每根繩子拉力的大小為mgC．若磁場沿z軸負方向，直導線受到的安培力的大小為mgD．磁場的磁感應強度最小值為mg【答案】D【詳析】A．磁場若沿z軸正方向，安培力方向水平向左，無法平衡，故A錯誤；B．若磁場沿z軸負方向，安培力方向水平向右，則每根繩子拉力的大小為mg2cosθ，故C．若磁場沿z軸負方向，安培力方向水平向右，則直導線受到的安培力的大小為mgtanθ，故D．磁場的磁感應強度最小值為mgsinθIL故選D。9．（24-25高二·湖北·5月聯(lián)考）小明發(fā)現(xiàn)家里冰箱門忘記關閉時，會發(fā)出提示音。他研究得知，門框內(nèi)部電路中有一霍爾元件，通有由左向右的恒定電流I；冰箱門上對應位置有一磁鐵，門關閉時產(chǎn)生方向為垂直霍爾元件向里的磁場；當霍爾元件工作時，上表面電勢高于下表面。下列說法正確的是（）A．該霍爾元件中的載流子為負電荷B．打開冰箱門的過程中，霍爾電壓減小C．若將磁鐵的磁極對調(diào)，則霍爾元件工作時下表面電勢高于上表面D．若內(nèi)部電路引起霍爾元件電流I減小，則上、下表面間電勢差增加【答案】BC【詳析】A．已知霍爾元件中電流方向由左向右，磁場方向垂直向里，霍爾元件工作時上表面電勢高于下表面。假設載流子為正電荷，根據(jù)左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力方向向上，正電荷會聚集到上表面，上表面電勢高于下表面，符合題意，所以載流子為正電荷，故A錯誤；B．根據(jù)qvB=qUHh，I=neSv=nedhv可得UH=IBned=kIBd其中kC．若將磁鐵的磁極對調(diào)，磁場方向變?yōu)榇怪毕蛲?。由于載流子為正電荷，根據(jù)左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，正電荷會聚集到下表面，下表面電勢高于上表面，故C正確；D．由UH=kIBd可知，在磁感應強度B和霍爾元件厚度d不變的情況下，若內(nèi)部電路引起霍爾元件電流I故選BC。10．（2025·湖北原創(chuàng)壓軸·二模）勻強磁場B水平向左，一帶正電的粒子以速度v0進入磁場，初速度方向與磁場反方向夾角為θ，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為qA．螺旋的半徑為mB．相鄰兩螺旋間距為πmC．帶電粒子在運動時加速度大小不變D．若帶電粒子速度大小不變，方向可以變化，則當夾角θ滿足某一條件時，粒子在一個周期運動軌跡所包圍的體積有最大值【答案】CD【詳析】A．設帶電粒子水平方向速度分量為vx，豎直方向速度分量為vy，由分析可知帶電粒子的螺旋運動可分解為平行于磁場方向向右的勻速直線運動（其速度大小為vx）和垂直于磁場方向的勻速圓周運動（其速度大小為vy）。帶電粒子速度v0與磁場B夾角為θ，故平行于磁場方向的速度分量為vx=v0cosθ垂直于磁場方向的速度分量為B．相鄰螺旋間距即“螺距”，是平行方向在一個圓周運動周期內(nèi)的位移。設垂直方向勻速圓周運動的周期為T，根據(jù)周期與圓周運動速度的關系有T=2πrvy=C．粒子受洛倫茲力的大小為F=Bqvy=Bqv0sinθ由于洛倫茲力不做功，粒子速度大小v0始終不變，故F大小不變。根據(jù)牛頓第二定律有F=ma代入數(shù)據(jù)解得a=D．粒子一個周期內(nèi)的軌跡為“螺旋線”，包圍的體積可視為圓柱體體積，其底面積為圓周運動的圓面積，高為螺距x。由上面分析可知圓周運動的半徑為r=mvyBq=mv0sinθBq所以圓柱的底面積為S=πr2=πmv0sinθBq2螺距為x=vxT=故選CD。11．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））如圖，在O-xyz坐標系內(nèi)存在勻強磁場和勻強電場，電場方向沿z軸負方向，磁場方向沿z軸正方向。一電子從點（L，0，0）處沿y軸正方向入射，其軌跡與z軸的第1個交點坐標為（0，0，L）。已知電子的比荷為k，入射速度大小為A．勻強磁場的磁感應強度大小BB．勻強電場的電場強度大小EC．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1∶D．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1∶【答案】BC【詳析】A．電子在電場力作用下，沿z軸正方向做初速度為0的勻加速直線運動，在洛倫茲力的作用下，在xoy平面內(nèi)做勻速圓周運動，由幾何關系可知，電子做圓周運動的半徑為r=L2由洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，有eBv0B．電子從入射到與軸的第1個交點過程經(jīng)歷的時間為t=12×2πrv0沿CD．電子軌跡與z軸第1次相交后，每隔2t時間再與z軸相交，則第n次與z軸相交時，在z軸上有Lz=12×eEm2n-1t2（n故選BC。12．（25屆·湖北部分學校聯(lián)考·三模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，AC為該圓形區(qū)域的水平直徑，O為圓心。一帶正電微粒從A點沿與AC成α=30°角的方向射入磁場區(qū)域，已知帶電微粒比荷大小為qmA．若微粒從圓形磁場邊界上的D點離開，∠AOD=120°，則入射速度大小為3B．若微粒在磁場中運動的位移最大，微粒入射速度大小為2C．若入射微粒速度大小可調(diào)節(jié)，微粒在磁場中運動的時間可能為5D．若將AC下方半圓形區(qū)域磁場方向改為垂直紙面向里，磁感應強度大小仍為B，則微粒在磁場中運動位移最大時，入射速度大小可能為2【答案】BD【詳析】A.如圖所示連接A、D，過磁場圓圓心O作AD連線的垂線，再過A點作速度的垂線，兩垂線的交點O'即為軌跡圓的圓心，由幾何知識可知，O'剛好在圓形磁場區(qū)域的邊界上，且O'D水平，故微粒從由qvB=mv2rB.微粒在磁場中運動的位移最大對應為圓的直徑，軌道半徑r=2R微粒入射速度大小為2qBRC.只改變?nèi)肷湮⒘Ｋ俣却笮。⒘Ｔ诖艌鲋羞\動的軌道對應的圓心角一定小于240°，時間小240°360D．若將AC下方磁場方向改為垂直紙面向里，磁感應強度大小仍為B，運動位移最大的出射點仍為C點，對應的半徑滿足nr=2R，則對應微粒速度v=2qBRnm（n=1，故選BD。13．（2025·湖北·高三下新高考信息卷四）為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的人工智能長方體流量計（流量計是一種測量導電液體流量的裝置，單位時間內(nèi)通過某一截面的液體體積，稱為流量），電磁發(fā)送器主體簡化結(jié)構(gòu)如圖所示，前、后兩個面E、F為導體材料，上、下兩個面為絕緣材料，流量計的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于上、下表面向下的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，某次測量中，測得這里污水的流量為Q，前、后兩個面EF相連的電壓表的示數(shù)為U，則以下說法正確的是（）A．若污水中正離子較多，E端的電勢比F端的低B．若污水中正、負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0C．污水流量為QD．若其他條件不變，污水流速增大，電壓表的示數(shù)減小【答案】AC【詳析】A．根據(jù)左手定則可知，正離子所受的洛倫茲力方向向里，即正離子向里偏轉(zhuǎn)，則F板帶正電，E板帶負電，可知，E端的電勢比F端的低，故A正確；B．最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，則有qvB=qUb解得U=vBbC．結(jié)合上述解得v=UBb污水流量QD．結(jié)合上述有U=vBb可知，流速增大，電壓表示數(shù)增大，故故選AC。14．（24-25高三·湖北宜荊荊恩四校·4月聯(lián)考）如圖所示，在平面直角坐標系xoy中，二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，在第一象限y軸與虛線之間同時分布有相同的勻強磁場和沿y軸負方向場強大小為E的勻強電場，且虛線與y軸的距離為3L，在x軸負方向上距坐標原點s=6L的A處有一粒子發(fā)射源，在平面內(nèi)向任意方向發(fā)射速度大小均為v的粒子，粒子帶負電，質(zhì)量大小均為m、電荷量大小均為q，粒子從y軸進入第一象限時離O點的最遠距離為8L，已知從該處進入第一象限的粒子在電場中運動時間t穿出電場，其速度此時恰好第一次與A．勻強磁場的磁感應強度為BB．從A處發(fā)射的粒子第一次經(jīng)過y軸的區(qū)域長度為(8+2C．tD．t【答案】ABD【詳析】A．粒子從y軸進入第一象限時離O點的最遠時，該處與A點連線為直徑，由幾何關系知2R=(6L)2+(8L)B．當圓弧軌跡與y軸相切時，切點為O點最下方的點，距O點的距離x則y軸有粒子到達的區(qū)域長度為(8+24)LCD．粒子從y軸最上端進入電磁場時，速度方向與y軸夾角α=53°由y方向動量定理得又F洛yt=∑qvxBt=故選ABD。15．（2025·湖北武漢武昌區(qū)·5月質(zhì)檢）如圖所示，在真空中以豎直向上為y軸正方向建立三維直角坐標系Oxyz，整個空間內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場（圖中未畫出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒在點M0,l,0.5l被靜止釋放，恰能通過點(1)M、N兩點間的電勢差是多少；(2)若該微粒從M點以初速度v0=gl沿z(3)若電場方向變?yōu)樨Q直向上，并在空間添加一沿z軸正方向的勻強磁場，該微粒從M點以初速度v0=gl沿x軸正方向出發(fā)，仍能運動到N點，則粒子從M【答案】(1)U(2)0.5(3)t【詳析】（1）帶電微粒從M到N點做勻速直線運動

由M、N兩點的位置關系得mg=Eq聯(lián)立解得U（2）經(jīng)時間t，沿x軸方向，有Δx=12gt2=0.5l沿（3）電場力和重力平衡，故微粒在磁場中做勻速圓周運動，半徑R=l周期T=2πR16．（25屆·湖北部分學校聯(lián)考·三模）如圖所示，空間交替分布著寬度均為L的勻強電磁場區(qū)域，磁場垂直xOy平面向里，磁感應強度大小為B=mv02qL，電場沿x軸負方向，電場強度大小為E=mv022qL。(1)若粒子第一次經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好不越過該磁場區(qū)域左邊界，求此時θ大??；(2)若粒子只能經(jīng)歷兩個完整的電場區(qū)，求sinθ(3)若θ=0，粒子以v1=v03的初速度從O【答案】(1)30°；(2)0.23≤sinθ(3)t1=(64+100π【詳析】（1）由qv0B=mv02r得r（2）粒子向左只能經(jīng)歷兩個完整的電場區(qū)，設粒子在第三個磁場中水平速度變?yōu)?時豎直速度為vy，由豎直方向動量定理有∑qvxB?Δt=mvy-mv0（3）由qv1B=mv12r1得r1=23L，T1=2設粒子能運動完整的n個周期，則滿足nΔy+Δy1=193L且Δy1<2r1=43L解得n>7.5故n=8粒子在電場中減速和加速時間均為t=Lv1+v2217．（2025·湖北襄陽五中·三模）如圖所示，有一個帶負電荷的質(zhì)點，電荷量為-q，質(zhì)量為m，從y軸上的P點，以速度v0沿著x軸正方向拋出，經(jīng)過x軸上的A點時，速度方向與x軸成θ=30°進入三、四象限的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小E=mgq，方向豎直向下，磁感應強度大小未知，方向垂直紙面向里，之后經(jīng)過原點O進入第一象限，然后又經(jīng)過x(1)O點到D點的距離、粒子進入電場和磁場時的速度大?。?2)粒子從P到第二次從A點射出經(jīng)過的總時間t；(3)粒子第n次經(jīng)過x軸時的x坐標值?！敬鸢浮?1)xOD=(2)t(3)x=n【詳析】（1）質(zhì)點的運動軌跡如圖所示質(zhì)點從P點到A點做平拋運動，則xOA=v0t1，tanθ=gt1v0聯(lián)立解得xOA=3v023（2）設質(zhì)點從P點拋出到第二次經(jīng)過A點，在磁場中做圓周運動的時間為t2，則有由幾何關系可知Rsinθ=xOA2所以質(zhì)點從P到第二次從A（3）由題意可知，當n為奇數(shù)時，質(zhì)點從第一象限經(jīng)過x軸，此時x=n+12xOAn=1，3，5，18．（2025·湖北·高三下學期考前信息卷一）如圖甲所示，空間中存在勻強電場與勻強磁場，寬度均為d，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場下邊界的P點時恰與下邊界相切。(1)求勻強電場的電場強度大小。(2)求粒子在電場中運動時間t1與在磁場中運動時間t(3)若把該電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達最低點，求粒子到達N點的速度大小和M、N兩點間的豎直距離。【答案】(1)qd(2)4:(3)qdBm；【詳析】（1）設粒子在磁場中運動的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理有qEd=12mv2洛倫茲力充當向心力，有（2）粒子在電場中的運動時間為t1=dv（3）粒子從M到N的過程中，將某時刻速度進行分解，令水平向右分量為vx，豎直向下分量為vy，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為Fx=Bqvy，F(xiàn)y=Bqvx設粒子在最低點N的速度大小為v1，19．（24-25高三·湖北·二輪復習聯(lián)考（二））如圖所示的xOy平面內(nèi)，在x<0范圍內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0（未知）的勻強磁場，在第一象限中存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B1的勻強磁場，在第四象限中存在沿y軸負方向、電場強度大小為E的勻強電場。在x=9.6L處有一熒光屏垂直于x軸放置。在坐標為（-3L，-4L）的A點有一粒子發(fā)射源，沿與AO垂直的方向發(fā)射速度大小為v(1)求磁感應強度大小B(2)若粒子經(jīng)x軸上的C點（未畫出）第一次進入第一象限，求C點的橫坐標x(3)求粒子從A點射出后，經(jīng)過O點最終打到熒光屏上的總時間t?！敬鸢浮?1)B(2)x(3)t【詳析】（1）粒子沿順時針方向做勻速圓周運動，從A到O，粒子恰好運動了半周，即AO的長度為圓周運動的直徑，則粒子做圓周運動的半徑r1=52L（2）設粒子經(jīng)過O點時，速度與x軸正方向的夾角為θ，由幾何關系可得tanθ=34即θ=37°粒子經(jīng)O點進入第四象限后做類斜拋運動，由牛頓第二定律得qE=max（3）粒子從A點運動到O點的時間t0=πr1v0解得t0=5πL2v0粒子經(jīng)C點進入第一象限后再從D點進入第四象限，設粒子在磁場B1中運動的半徑為r2，則有qv0B1=mv02r2解得r2=L20．（2025·湖北·4月調(diào)研模擬）在光滑絕緣水平面內(nèi)有一平面直角坐標系xOy，其俯視圖如圖所示，第一象限區(qū)域分布著磁感應強度大小為B，方向垂直坐標平面向里的勻強磁場，第二象限區(qū)域分布著磁感應強度大小為2B，方向垂直坐標平面向外的勻強磁場。長為L的光滑空心絕緣細管MN平行y軸，M端位于坐標原點O處，管內(nèi)M端有一質(zhì)量為m帶正電小球P（可視為質(zhì)點），細管以速度v0沿x軸正向勻速平行移動，小球離開管口N端射入磁場時速度的大小為2(1)小球從M端運動至N端過程中，細管對小球做的功W；(2)小球所帶電荷量q；(3)小球離開細管后，第二次經(jīng)過y軸時與坐標原點O的距離d?！敬鸢浮?1)1(2)m(3)(3+4【詳析】（1）小球從M端運動到N端的過程中，由動能定理可得W=1（2）設小球沿y軸正方向做勻加速直線運動的加速度大小為a，小球在N端時沿y軸方向的分速度大小為vy則有vy=(2v0)2（3）設小球從M端運動到N端的時間為t，水平位移大小為x，速度與水平方向夾角為α，則有L=0+解得x=2L由幾何知識可知cosα=v02v0=解得r1=22L，r2=專題07磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁現(xiàn)象和磁場2025將庫侖定律與牛頓第二定律結(jié)合，分析帶電粒子在復合場中的螺旋運動軌跡；或通過電容器充放電過程，聯(lián)動能量守恒定律與暫態(tài)電路分析，涉及電容動態(tài)變化對電場能量的影響。命題逐漸引入數(shù)學工具的工程化應用，如利用有限差分法處理非線性電場分布，或通過拉普拉斯方程分析無電荷區(qū)域的電勢分布，要求考生掌握數(shù)值方法在復雜場域中的簡化建模能力。此外，靜電場常與化學學科交叉，如通過“電偶極子”模型分析分子極化現(xiàn)象，體現(xiàn)跨學科思維的綜合考查。能力要求上，突出矢量分析與數(shù)值計算的復合應用?？忌枋炀氝\用矢量疊加原理處理非對稱電場的場強合成，或通過幾何關系求解帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)角度；部分試題引入微積分思想，如通過積分計算變力電場中的電勢能變化，或利用導數(shù)求解電勢極值問題。實驗探究能力的考查力度顯著增強，例如設計實驗驗證庫侖定律時，需結(jié)合傳感器數(shù)據(jù)處理與誤差分析，將控制變量法拓展至多變量關系的研究。圖像分析能力成為關鍵，例如通過φ-x圖像斜率判斷電場強度變化趨勢，或利用等勢面分布圖推導復雜電場的分布規(guī)律。部分試題還引入工程概念遷移，如通過“能量密度”分析新能源電池的電極性能，全面檢驗考生對物理規(guī)律的創(chuàng)新應用水平?？键c2安培力2022考點3帶電粒子在磁場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點4帶電粒子在復合場中的運動2024考點01磁現(xiàn)象和磁場1．（2025·湖北·高考）如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，放置一通電圓線圈，圓心為O點，線圈平面與磁場垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點，它們到O點的距離相等。已知M點的總磁感應強度大小為零，則N點的總磁感應強度大小為（

）A．0 B．B C．2B D．3B【答案】A【詳析】由右手螺旋定則及對稱性可知，環(huán)形電流在N點產(chǎn)生的磁場，磁感應強度與M點等大同向。由于M點磁感應強度為零，由矢量合成法則可知環(huán)境中勻強磁場與M點磁場等大反向，即勻強磁場與N點的磁場等大反向，N點的磁感應強度為0。故選A。考點02安培力2．（2022·湖北·高考）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內(nèi)。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調(diào)整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為33g；減速時，加速度的最大值為3g，其中gA．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3B．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60°D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150°【答案】BC【詳析】設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有F令cosα=11+μ2同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有Fsinθ2+μmg+Fcosθ2=ma2有F1+μ2sin故選BC?？键c03帶電粒子在磁場中的運動3．（2025·湖北·高考真題）如圖所示，兩平行虛線MN、PQ間無磁場。MN左側(cè)區(qū)域和PQ右側(cè)區(qū)域內(nèi)均有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從MN左側(cè)O點以大小為v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O點到MN的距離為3mv(1)粒子在MN左側(cè)區(qū)域中運動軌跡的半徑；(2)粒子第一次和第二次經(jīng)過PQ時位置的間距；(3)粒子的運動周期【答案】(1)R(2)x(3)5【詳析】（1）粒子在左側(cè)磁場中運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B（2）粒子在左側(cè)磁場運動，設從MN射出時速度方向與MN的夾角為θ，由于O到MN的距離d=3mv02qB，結(jié)合R=mv0qB，根據(jù)幾何關系可知θ=60°；粒子在MN和（3）由圖可知粒子在左邊磁場運動的時間t1=根據(jù)對稱性可知粒子在MN左側(cè)進出磁場的距離x0=3R=3mv0qB所以粒子從MN到PQ過程中運動的距離為l=34．（2024·湖北·高考）如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B．粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為7πD．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為3【答案】D【詳析】AB．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有t=2T=4D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系可知r=3R3故D正確。故選D。5．（2023·湖北·高考）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大??；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。唬?）t=18πmqB時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到

【答案】（1）qBam；（2）12m，3qBam；（3）甲（－6a，0），乙（0【詳析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)q解得v（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)qvB=m4π2mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙11解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為3qBa（3）已知在t1=πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)qvB=mv2r，可知此時乙粒子的運動半徑為r乙1=mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙21解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在t3=5S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙31解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在t9=17πmqB時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙91解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則t=18πmqB時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在t9=17πmqB到t=18πmqB過程中，乙粒子剛好運動一周，則t=186．（2022·湖北·高考）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關系式正確的是·（）A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2【答案】AD【詳析】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)t=xv可知t1<t2故ACD．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據(jù)Ek=12mv2可知Ek1>故選AD。7．（2022·湖北·高考）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（）A．13kBL，0° B．12kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL【答案】BC【詳析】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有R=L，qvB=mv2R可得v=因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有R=12L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R可得v=qBL2m=12kBL此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足v=qBL2n-1m故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。8．（2021·湖北·高考）一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a(chǎn)和b的動量大小一定相等【答案】BC【詳析】ABC．由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，A錯誤，BC正確；D．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB=mv2R解得R=mvqB由于粒子a與粒子故選BC。考點04帶電粒子在復合場中的運動9．（2024·湖北·高考）磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A．極板MN是發(fā)電機的正極B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大【答案】AC【詳析】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則qvB=qUd可得U=Bdv因此增大間距U變大，增大速率U變大，故選AC。1．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））下列說法正確的是（）A．電阻R=ρlS、磁感應強度B．通過導體橫截面的電荷量q=It，其中C．機械波和電磁波都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象，但二者是有本質(zhì)區(qū)別的D．裝在試管中的水銀液面凸起來是因為水銀與玻璃浸潤【答案】C【詳析】A．電阻R=ρlS不是比值定義法；磁感應強度B=B．通過導體橫截面的電荷量q=It，其中I指的是電流的平均值，選項C．機械波和電磁波都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象，但二者是有本質(zhì)區(qū)別的，選項C正確；D．裝在試管中的水銀液面凸起來是因為水銀與玻璃不浸潤，選項D錯誤。故選C。2．（2025·湖北襄陽五中·適應考）某次實驗時因操作失誤，將氕11H、氘12H、氚13H三種核子混到了一起，工作人員設計了如圖所示的分離裝置?；旌虾俗釉谄叫杏谳S線的勻強電場1作用下從A點由靜止開始加速，然后沿軸線進入垂直于軸線向下的勻強電場A．B=B0時，沿軸線打在收集器上的是氚核子B．B=0時，氚核子在場區(qū)運動時間最短C．B=0時，3種核子從不同位置離開電場2D．B=0時，3種核子從電場2離開時的動能相同【答案】D【詳析】A．3種核子的電荷量相同，設為q，均從A點由靜止開始加速，然后通過電場1，則有qU1=12mv2，t1=2d1v整理得v=2qU1m，t1=B．B=0時，核子進入電場2后，水平速度不變，則氕核子在場區(qū)運動時間最短，故B錯誤；C．核子從電場2右側(cè)離開，水平方向有x=vt豎直方向有y=12at2，qD．由動能定理可知，電場2對核子做的功為qE2y=qE22x2故選D。3．（2025·湖北荊州沙市中學·高三下模）如圖所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，磁感應強度B，金屬塊的厚度為d，高為h，當有穩(wěn)恒電流I平行平面C的方向通過時，由于磁場力的作用，金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目為（上下兩面M、N上的電壓分別為UM、UN）（）A．edIBUMC．2BIed1【答案】B【詳析】根據(jù)題意可知，當自由電子受力平衡時有qE=qvB其中E=UM-UNd由此可求得電子的速度為v=UM-UN故選B。4．（24-25高二·湖北·5月聯(lián)考）如圖所示，ABCD為圓周的四等分點，甲、乙兩根無限長直導線垂直于紙面放置于圓周上的A、B兩點，乙導線可沿圓周平移。當通過兩直導線電流大小相等，方向如圖所示時，圓心O處磁感應強度大小為2BA．乙導線在B點時，O處磁感應強度方向與AB平行B．乙導線中電流反向時，O處磁感應強度不變C．當乙導線平移到C點時，O處磁感應強度大小為2D．乙導線逆時針平移到D點的過程中，O處磁感應強度逐漸增大【答案】C【詳析】A．兩電流與O點距離相等，則兩電流在O點產(chǎn)生的磁場大小相等。由安培定則知，甲在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向B，乙在B點時產(chǎn)生的磁場方向由O指向A，兩磁場相互垂直，由磁場疊加知，2B0=2B解得甲、乙電流在O點產(chǎn)生的磁場大小均為B=B0B．乙導線中電流反向時，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向反向，由磁場疊加知，O處磁感應強度方向改變，則O處磁感應強度變化，故B錯誤；C．當乙導線平移到C點時，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向B，由磁場疊加知，O處磁感應強度大小B1=2BD．乙導線逆時針平移到D點的過程中，乙在O點產(chǎn)生的磁場方向由O指向A沿逆時針方向變?yōu)橛蒓指向C，則甲、乙在O點產(chǎn)生的磁場方向夾角由90°逐漸減為0再逐漸增大到90°，由磁場疊加知，O處磁感應強度先增大后減小，故故選C。5．（24-25高三·湖北十堰·5月適應性）如圖所示，平面直角坐標系x>0區(qū)域存在一個圓形有界勻強磁場，磁場圓心位于x軸上，磁場方向垂直于xOy平面。甲、乙兩個帶電粒子從O點以相同的速率進入該磁場。其中甲粒子沿x軸正方向射入，最后平行于y軸正方向射出；乙粒子沿與x軸正方向成30°角的方向射入，最后平行于A．甲、乙兩粒子的電性相同B．若甲粒子帶正電，則磁場方向垂直于xOy平面向外C．甲、乙兩粒子在磁場中的運動時間之比為3:2D．甲、乙兩粒子比荷大小之比為3:2【答案】C【詳析】A．根據(jù)左手定則以及甲、乙兩粒子在勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)方向可知兩個粒子的電性相反，故A錯誤；B．若甲粒子帶正電，且朝y軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直于xOy平面向里，故B錯誤；CD．由兩個粒子的運動軌跡可知，甲粒子的軌跡對應的圓心角為90°，乙粒子的軌跡對應的圓心角為60°，二者的軌跡半徑均等于圓形有界磁場的半徑，根據(jù)qvB可知兩個粒子的運動周期相等，在磁場中的運動時間t=α360°T所以甲、乙兩粒子在磁場中的運動時間之比為3:2故選C。6．（2025·湖北黃岡中學·二模）用下圖所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成下圖所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸的勻強磁場，由坐標原點在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為ΔA．勻強磁場的方向為沿x軸負方向B．若僅增大勻強磁場的磁感應強度，則直徑D、螺距ΔxC．若僅增大α角（α≤90°），則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當α=90°時“D．若僅減小電子入射的初速度v0，則直徑D、螺距Δ【答案】C【詳析】A．將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解，沿x方向速度與磁場方向平行，做勻速直線運動且x=v0cosα?tB．根據(jù)evB=mv2R，T=2πRv且v=v0sinα解得TC．若僅增大α，則D增大，而Δx減小，且α=90°時ΔxD．由上述可知若v0減小，則D、Δx均減小，故選C。7．（2025·湖北·高三下考前信息卷二）如圖甲，兩帶電導體板水平放置，帶正電粒子以速度v0從板中間射入，恰從下極板邊緣射入與邊界垂直的勻強磁場。已知板長為L，兩板間距離為33L，粒子的荷質(zhì)比為k，從進入磁場開始計時，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示，其中A．9+4π3vC．6+23πv【答案】B【詳析】粒子的運動軌跡如圖所示根據(jù)L=v0t，36L=vy2v0L可得vy=33v0因此進入磁場時速度與水平方向夾角為θ=30°速度為v=233v0根據(jù)T=2由qvB=m故選B。8．（24-25高三·湖北宜荊荊恩四?！?月聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O'，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x軸正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為gA．磁場可以沿z軸正方向B．若磁場沿z軸負方向，每根繩子拉力的大小為mgC．若磁場沿z軸負方向，直導線受到的安培力的大小為mgD．磁場的磁感應強度最小值為mg【答案】D【詳析】A．磁場若沿z軸正方向，安培力方向水平向左，無法平衡，故A錯誤；B．若磁場沿z軸負方向，安培力方向水平向右，則每根繩子拉力的大小為mg2cosθ，故C．若磁場沿z軸負方向，安培力方向水平向右，則直導線受到的安培力的大小為mgtanθ，故D．磁場的磁感應強度最小值為mgsinθIL故選D。9．（24-25高二·湖北·5月聯(lián)考）小明發(fā)現(xiàn)家里冰箱門忘記關閉時，會發(fā)出提示音。他研究得知，門框內(nèi)部電路中有一霍爾元件，通有由左向右的恒定電流I；冰箱門上對應位置有一磁鐵，門關閉時產(chǎn)生方向為垂直霍爾元件向里的磁場；當霍爾元件工作時，上表面電勢高于下表面。下列說法正確的是（）A．該霍爾元件中的載流子為負電荷B．打開冰箱門的過程中，霍爾電壓減小C．若將磁鐵的磁極對調(diào)，則霍爾元件工作時下表面電勢高于上表面D．若內(nèi)部電路引起霍爾元件電流I減小，則上、下表面間電勢差增加【答案】BC【詳析】A．已知霍爾元件中電流方向由左向右，磁場方向垂直向里，霍爾元件工作時上表面電勢高于下表面。假設載流子為正電荷，根據(jù)左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力方向向上，正電荷會聚集到上表面，上表面電勢高于下表面，符合題意，所以載流子為正電荷，故A錯誤；B．根據(jù)qvB=qUHh，I=neSv=nedhv可得UH=IBned=kIBd其中kC．若將磁鐵的磁極對調(diào)，磁場方向變?yōu)榇怪毕蛲狻Ｓ捎谳d流子為正電荷，根據(jù)左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，正電荷會聚集到下表面，下表面電勢高于上表面，故C正確；D．由UH=kIBd可知，在磁感應強度B和霍爾元件厚度d不變的情況下，若內(nèi)部電路引起霍爾元件電流I故選BC。10．（2025·湖北原創(chuàng)壓軸·二模）勻強磁場B水平向左，一帶正電的粒子以速度v0進入磁場，初速度方向與磁場反方向夾角為θ，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為qA．螺旋的半徑為mB．相鄰兩螺旋間距為πmC．帶電粒子在運動時加速度大小不變D．若帶電粒子速度大小不變，方向可以變化，則當夾角θ滿足某一條件時，粒子在一個周期運動軌跡所包圍的體積有最大值【答案】CD【詳析】A．設帶電粒子水平方向速度分量為vx，豎直方向速度分量為vy，由分析可知帶電粒子的螺旋運動可分解為平行于磁場方向向右的勻速直線運動（其速度大小為vx）和垂直于磁場方向的勻速圓周運動（其速度大小為vy）。帶電粒子速度v0與磁場B夾角為θ，故平行于磁場方向的速度分量為vx=v0cosθ垂直于磁場方向的速度分量為B．相鄰螺旋間距即“螺距”，是平行方向在一個圓周運動周期內(nèi)的位移。設垂直方向勻速圓周運動的周期為T，根據(jù)周期與圓周運動速度的關系有T=2πrvy=C．粒子受洛倫茲力的大小為F=Bqvy=Bqv0sinθ由于洛倫茲力不做功，粒子速度大小v0始終不變，故F大小不變。根據(jù)牛頓第二定律有F=ma代入數(shù)據(jù)解得a=D．粒子一個周期內(nèi)的軌跡為“螺旋線”，包圍的體積可視為圓柱體體積，其底面積為圓周運動的圓面積，高為螺距x。由上面分析可知圓周運動的半徑為r=mvyBq=mv0sinθBq所以圓柱的底面積為S=πr2=πmv0sinθBq2螺距為x=vxT=故選CD。11．（2025·湖北襄陽五中·高考適應性（一））如圖，在O-xyz坐標系內(nèi)存在勻強磁場和勻強電場，電場方向沿z軸負方向，磁場方向沿z軸正方向。一電子從點（L，0，0）處沿y軸正方向入射，其軌跡與z軸的第1個交點坐標為（0，0，L）。已知電子的比荷為k，入射速度大小為A．勻強磁場的磁感應強度大小BB．勻強電場的電場強度大小EC．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1∶D．電子軌跡與z軸交點的z坐標之比為1∶【答案】BC【詳析】A．電子在電場力作用下，沿z軸正方向做初速度為0的勻加速直線運動，在洛倫茲力的作用下，在xoy平面內(nèi)做勻速圓周運動，由幾何關系可知，電子做圓周運動的半徑為r=L2由洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，有eBv0B．電子從入射到與軸的第1個交點過程經(jīng)歷的時間為t=12×2πrv0沿CD．電子軌跡與z軸第1次相交后，每隔2t時間再與z軸相交，則第n次與z軸相交時，在z軸上有Lz=12×eEm2n-1t2（n故選BC。12．（25屆·湖北部分學校聯(lián)考·三模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，AC為該圓形區(qū)域的水平直徑，O為圓心。一帶正電微粒從A點沿與AC成α=30°角的方向射入磁場區(qū)域，已知帶電微粒比荷大小為qmA．若微粒從圓形磁場邊界上的D點離開，∠AOD=120°，則入射速度大小為3B．若微粒在磁場中運動的位移最大，微粒入射速度大小為2C．若入射微粒速度大小可調(diào)節(jié)，微粒在磁場中運動的時間可能為5D．若將AC下方半圓形區(qū)域磁場方向改為垂直紙面向里，磁感應強度大小仍為B，則微粒在磁場中運動位移最大時，入射速度大小可能為2【答案】BD【詳析】A.如圖所示連接A、D，過磁場圓圓心O作AD連線的垂線，再過A點作速度的垂線，兩垂線的交點O'即為軌跡圓的圓心，由幾何知識可知，O'剛好在圓形磁場區(qū)域的邊界上，且O'D水平，故微粒從由qvB=mv2rB.微粒在磁場中運動的位移最大對應為圓的直徑，軌道半徑r=2R微粒入射速度大小為2qBRC.只改變?nèi)肷湮⒘Ｋ俣却笮?，微粒在磁場中運動的軌道對應的圓心角一定小于240°，時間小240°360D．若將AC下方磁場方向改為垂直紙面向里，磁感應強度大小仍為B，運動位移最大的出射點仍為C點，對應的半徑滿足nr=2R，則對應微粒速度v=2qBRnm（n=1，故選BD。13．（2025·湖北·高三下新高考信息卷四）為監(jiān)測某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的人工智能長方體流量計（流量計是一種測量導電液體流量的裝置，單位時間內(nèi)通過某一截面的液體體積，稱為流量），電磁發(fā)送器主體簡化結(jié)構(gòu)如圖所示，前、后兩個面E、F為導體材料，上、下兩個面為絕緣材料，流量計的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于上、下表面向下的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，某次測量中，測得這里污水的流量為Q，前、后兩個面EF相連的電壓表的示數(shù)為U，則以下說法正確的是（）A．若污水中正離子較多，E端的電勢比F端的低B．若污水中正、負離子數(shù)相同，則電壓表的示數(shù)為0C．污水流量為QD．若其他條件不變，污水流速增大，電壓表的示數(shù)減小【答案】AC【詳析】A．根據(jù)左手定則可知，正離子所受的洛倫茲力方向向里，即正離子向里偏轉(zhuǎn)，則F板帶正電，E板帶負電，可知，E端的電勢比F端的低，故A正確；B．最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，則有qvB=qUb解得U=vBbC．結(jié)合上述解得v=UBb污水流量QD．結(jié)合上述有U=vBb可知，流速增大，電壓表示數(shù)增大，故故選AC。14．（24-25高三·湖北宜荊荊恩四校·4月聯(lián)考）如圖所示，在平面直角坐標系xoy中，二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，在第一象限y軸與虛線之間同時分布有相同的勻強磁場和沿y軸負方向場強大小為E的勻強電場，且虛線與y軸的距離為3L，在x軸負方向上距坐標原點s=6L的A處有一粒子發(fā)射源，在平面內(nèi)向任意方向發(fā)射速度大小均為v的粒子，粒子帶負電，質(zhì)量大小均為m、電荷量大小均為q，粒子從y軸進入第一象限時離O點的最遠距離為8L，已知從該處進入第一象限的粒子在電場中運動時間t穿出電場，其速度此時恰好第一次與A．勻強磁場的磁感應強度為BB．從A處發(fā)射的粒子第一次經(jīng)過y軸的區(qū)域長度為(8+2C．tD．t【答案】ABD【詳析】A．粒子從y軸進入第一象限時離O點的最遠時，該處與A點連線為直徑，由幾何關系知2R=(6L)2+(8L)B．當圓弧軌跡與y軸相切時，切點為O點最下方的點，距O點的距離x則y軸有粒子到達的區(qū)域長度為(8+24)LCD．粒子從y軸最上端進入電磁場時，速度方向與y軸夾角α=53°由y方向動量定理得又F洛yt=∑qvxBt=故選ABD。15．（2025·湖