五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1安培力2022命題趨勢聚焦復(fù)雜軌跡的幾何構(gòu)建、多場耦合的動態(tài)分析及前沿技術(shù)的物理原理溯源。試題設(shè)計顯著強化帶電粒子在磁場中運動的精細化建模，例如構(gòu)建圓形邊界、有界磁場或周期性交變磁場，要求通過幾何關(guān)系精確求解粒子偏轉(zhuǎn)半徑、運動時間及臨界射出條件，并運用牛頓第二定律與洛倫茲力公式推導比荷表達式。復(fù)合場問題更趨綜合與工程化，涉及速度選擇器、質(zhì)譜儀的參量定量設(shè)計，或分析霍爾效應(yīng)中載流子類型判斷、霍爾電壓計算及其在電流傳感中的應(yīng)用；高階命題要求處理重力場-電場-磁場的三場共存問題。安培力的考查側(cè)重實際場景建模，如分析電動機轉(zhuǎn)矩、磁電式儀表游絲扭矩平衡，或計算超導線圈的強磁場應(yīng)力形變。數(shù)學工具的深度整合成為關(guān)鍵，需靈活運用三角函數(shù)處理角度約束、參數(shù)方程描述螺旋線軌跡、數(shù)列思想求解周期性穿越復(fù)合場的累積位移。設(shè)計性實驗要求搭建簡易質(zhì)譜儀驗證同位素質(zhì)量差異，并分析地磁場對實驗的干擾修正，全面檢驗對電磁相互作用本質(zhì)的空間想象能力與跨學科應(yīng)用素養(yǎng)。考點2帶電粒子在磁場中的運動2024、2023、2021考點3帶電粒子在復(fù)合場中的運動2025、2022考點01安培力1．（2022·湖南·高考）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（

）A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【詳析】A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，對導線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，有sinθ=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC故選D。考點02帶電粒子在磁場中的運動2．（2024·湖南·高考）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)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′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)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，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進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有t=nT聯(lián)立得B=當n=1時，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當tanθ有最大值時，vy最大，R最大，此時B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=又v聯(lián)立得y3．（2023·湖南·高考）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，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)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O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運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為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t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ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（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳析】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4πA．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE，則v再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E，則vB=2v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinθ=2r43r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)qvB=m4π2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinα=2r42r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)qvB=m4π2故選D。4．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為S（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知I和III中的磁感應(yīng)強度為圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SS類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對稱性可知II中的勻強磁場面積為S考點03帶電粒子在復(fù)合場中的運動5．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動勢為E0，內(nèi)阻為r0，滑動變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關(guān)S，當滑片處于滑動變阻器中點時，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強度B的大小；(3)若粒子離開b點時，在平行板電容器的右側(cè)再加一個方向水平向右的勻強電場，場強大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動有3豎直方向做勻變速直線運動d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進入磁場與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個豎直向上的速度使得其對應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運動，粒子做圓周運動的合速度的豎直方向分速度為此時合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運動的半徑r=最遠距離為x6．（2022·湖南·高考）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動勢E0（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq=mgR2，兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得E解得E一、單選題1．（2025·湖南婁底·高三下模）關(guān)于磁場和磁感線，下列說法正確的是（）A．磁極間的相互作用是直接接觸產(chǎn)生的B．磁場是看不見摸不著，人們假想存在的物質(zhì)C．磁場是客觀存在的物質(zhì)D．磁感線是客觀存在的物質(zhì)【答案】C【詳析】A．磁極間的相互作用是由磁場產(chǎn)生的，無需直接接觸，故A錯誤；BC．磁場是看不見摸不著，是實際客觀存在的物質(zhì)，故B錯誤，C正確；D．磁感線是不存在的，是人們假想的描述磁場的曲線，故D錯誤。故選C。2．（24-25高二·永州·期末）利用如圖所示的電流天平，可以測量勻強磁場中的磁感應(yīng)強度B。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為N，cd邊水平且長為l，cd邊處于方框內(nèi)的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與線圈平面垂直。當線圈中通入電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；當線圈中通入大小不變、方向相反的電流I′時，在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂再次達到新的平衡，重力加速度為g。則方框內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為（）A．mgIl B．C．mgNIl D．【答案】B【詳析】線圈的cd邊處于方框內(nèi)的勻強磁場中，匝數(shù)為N，邊長為l，當線圈中通入電流I時，所受的安培力大小為F安=NBIl，當電流反向時，需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂才能再次達到新的平衡，說明原來的安培力方向向上，當電流反向時，安培力方向變?yōu)橄蛳?，因為電流的大小不變，故安培力的大小不變，所以線圈所受安培力的大小應(yīng)等于所增加砝碼重力的一半，即F安故選B。3．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，在0≤x≤l的真空區(qū)域中有足夠長的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從坐標原點O處沿圖示方向射入磁場中，已知θ=60°。粒子穿過A．帶正電，2qBlB．帶正電，2qBlC．帶負電，2qBlD．帶負電，2qBl【答案】B【詳析】由題知，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場，說明粒子進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，作出其運動軌跡，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OO1D=θ=60°，設(shè)帶電粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°+r=l故選B。4．（24-25高三·湖南郴州·三測）如圖所示，等邊三角形abc中心處靜置一長直通電導線M，導線與abc紙面垂直，電流方向未知，該空間還存在與bc邊平行足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向如圖中所示，已知a點的磁感應(yīng)強度為0，則（）A．M中的電流方向垂直于紙面向里B．b、c兩點的合磁感應(yīng)強度大小均為BC．沿Ma方向到無窮遠處，磁感應(yīng)強度先減小后增大，方向一直不變D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小均為B【答案】D【詳析】A．設(shè)通電直導線在a、b、c三點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，由于a點的磁感應(yīng)強度為0，可知M導在a點產(chǎn)生的磁場與勻強磁場B等大方向，由右手螺旋定則可知M中的電流方向垂直于紙而向外，故A錯誤；B．M導線在bc兩點產(chǎn)生的磁場方向，如圖所示因為B0=B，由幾何關(guān)系可知b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小Bc=BbC．在a點磁感應(yīng)強度為0，在a點下側(cè)到M點，磁感應(yīng)強度的方向水平向左，在Ma的延長線上，磁感應(yīng)強度的方向水平向右，故C錯誤；D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點B0和B的夾角變?yōu)?20°，b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小均為B，故D正確。故選D。5．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，空間中充滿磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場，兩根通電長直導線垂直紙面分別放置在直角三角形OMN的M、N兩頂點處，∠M=90°，∠N=30°。M處導線中的電流方向垂直紙面向外，N處導線中的電流方向垂直紙面向里，兩導線中的電流大小可以變化。已知通電長直導線周圍某點的磁感應(yīng)強度B=kIr，即磁感應(yīng)強度B與導線中電流I成正比、與該點到導線的距離r成反比?，F(xiàn)讓兩導線以A．兩處導線中的電流均增大B．兩處導線中的電流均減小C．M處導線中電流一直減小，N處導線中的電流一直增大D．M處導線中電流一直增大，N處導線中的電流一直減小【答案】D【詳析】由右手螺旋定則確定M、N兩導線在O處產(chǎn)生的磁場方向（如圖所示）從圖示位置順時針緩慢旋轉(zhuǎn)60°的過程中，兩導線的產(chǎn)生的磁場方向也沿順時針旋轉(zhuǎn)60°角，因O點的磁感應(yīng)強度始終為零。則BM與BN的矢量和與B等大反向，由畫圖法知，BM逐漸增大，BN逐漸減小。通電長直導線周圍某點的磁感應(yīng)強度B=kIr，可推知M處導線中電流一直增大，故選D。6．（25屆湘豫名校高三·下·三模）質(zhì)譜儀可以進行同位素分析，其原理如圖所示。兩平行豎直放置的極板間距為d，兩板間加恒定電壓U。板間加有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1，板間電場可視為勻強電場，不考慮邊界效應(yīng)。水平邊界MN下方空間加有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2，照相底片位于邊界MN處?，F(xiàn)有某種元素的一價正離子從極板中間沿直線豎直飛入MN下方磁場，分成兩股，最后打在照相底片上形成兩個亮斑，亮斑間距為x。電子電荷量大小為A．eB1BC．B1B2【答案】B【詳析】設(shè)離子質(zhì)量為m，在極板間勻速運動的速度為v，有eE=evB1，場強E=U在偏轉(zhuǎn)磁場中軌道半徑為r，有evB2=mv2r，可得r=mveB2=故選B。7．（2025·湖南長沙雅禮中學·一模）在水平光滑絕緣桌面上，放置一個半徑為R的超導導線環(huán)，其中通過的電流為I。穿過導線環(huán)垂直桌面向下有一個勻強磁場，導線環(huán)全部位于磁場中，磁感應(yīng)強度為B，則導線環(huán)各截面間的張力為（）。A．BIR B．0.5BIR C．0 D．πBIR【答案】A【詳析】把導線環(huán)分成兩半，取其中的一半作為研究對象，兩端截面所受張力均為T，整個半環(huán)受到的安培力F，受力分析如圖根據(jù)安培力的計算公式可得F=BI?2R，所以T=故選A。8．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小B，方向水平向里的勻強磁場中，有一根長L的豎直光滑絕緣細桿MN，細桿頂端套有一個質(zhì)量m電荷量qq>0的小環(huán)?，F(xiàn)讓細桿以恒定的速度vv<mgqB沿垂直磁場方向水平向右勻速運動，同時釋放小環(huán)（豎直方向初速度為A．小環(huán)的軌跡是條直線B．洛倫茲力對小環(huán)做負功C．小環(huán)在運動過程中機械能不變D．小環(huán)在絕緣桿上運動時間為2Lm【答案】D【詳析】A．對小環(huán)分析可知，豎直方向受向下的重力和向上的洛倫茲力作用，加速度a=因v不變，則加速度不變，即小環(huán)在豎直方向做勻加速運動，水平方向做勻速運動，可知小環(huán)運動的軌跡為曲線，選項A錯誤；B．洛倫茲力對小環(huán)不做功，選項B錯誤；C．水平速度小環(huán)受到向右的洛倫茲力作用，在細桿對小環(huán)有向左的彈力作用，該彈力對小環(huán)做負功，可知小環(huán)在運動過程中機械能減小，選項C錯誤；D．小環(huán)在豎直方向做勻加速運動，加速度為a=mg-qvBm，根據(jù)L=12at2故選D。9．（2025·湖南常德一中·高三下·模擬）空間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里，勻強電場的場強為E、方向沿y軸向下，將一個質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達x軸的坐標為（a，0），已知該曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標可以表示為P（x，y），不計粒子的重力，則（）A．該粒子運動過程中任意位置坐標的y值可能取負值B．該粒子運動過程中任意位置坐標的x值不可能大于aC．粒子在運動過程中第一次運動到離x軸最遠處時，距離x軸的距離yD．粒子運動過程中的最大速率v【答案】C【詳析】AB．粒子從初始位置運動到x軸時電場力做功為0，所以不可能運動到x軸以上位置，即y值不可能取負值；到達x軸的速度為零，所以會再次向下運動，重復(fù)前一段的軌跡向前運動，則x值會大于a，故AB錯誤；C．粒子第一次運動到距離x軸最遠處時洛倫茲力不做功，由動能定理得Eqym=在此處有qvmB-Eq=mvm22D．最大速率滿足Eqym=12mv故選C。二、多選題10．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強度大小為B1=B，方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長傾斜導軌MN，導軌間距為L，其所在平面與水平面夾角為θ，導軌處于磁感應(yīng)強度大小為B2，方向豎直向下的勻強磁場中?，F(xiàn)用導線把兩導軌分別與圓盤發(fā)電機中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導軌上放置一根質(zhì)量為m，長度也為L，電阻為2R的ab導體棒，其余電阻不計。當圓盤以角速度ωA．從上往下看，圓盤順時針方向轉(zhuǎn)動B．a(chǎn)b間電勢差UC．若B2大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態(tài)時，B2D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒將沿導軌先勻加速下滑后勻速運動【答案】AC【詳析】A．a(chǎn)b棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由a到b，故b端電勢低于a端電勢，由右手定則可知，圓盤轉(zhuǎn)動的方向（從上往下看）為順時針方向，A正確；B．由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=12Br2ω，由閉合電路歐姆定律可知，abC．若B2大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態(tài)時，由平衡條件可得B2minIL=mgsinθ，由閉合電路歐姆定律I=E2R+R，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=1D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒沿導軌向下做切割磁感線運動，由ab棒受力可知，棒先做變加速運動后做勻速運動，D錯誤。故選AC。11．（25屆·高三下·湖南常德臨澧一中·模擬）等腰梯形AFCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，梯形上、下底AF、CD長度分別為L和2L，∠D=60°，下底CD的中點E處有一個α粒子放射源，可以向CD上方（各個方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向與磁場方向垂直，不計粒子間的相互作用力及重力，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為A．所有從A點射出的粒子在磁場中的運動時間均相等B．若粒子可以到達F點，則其最小速度為3C．到達A點和到達F點的粒子一定具有相同的速率D．運動軌跡與AD邊相切（由CD邊出磁場）的速率最小的粒子在磁場中的運動時間為8πm【答案】BD【詳析】A．由幾何關(guān)系可知，不同速度的粒子運動到A點時，軌跡圓的弦長相同，半徑不同，運動的圓心角不同，運動時間就不相同。故A錯誤；B．α粒子運動軌跡如圖乙所示時有最小速度由幾何關(guān)系可知，此時β=2π3，軌跡半徑為r=L2cos30°=33LC．到達A點和到達F點的α粒子運動半徑可以不相同，故速率可能不同，故C錯誤；D．如圖丙所示當α=2π3時，符合題意的α粒子速度最小，運動時間t=4（故選BD。12．（2025·湖南長沙雅禮中學·一模）2024年1月，國務(wù)院國資委啟動實施未來產(chǎn)業(yè)啟航行動，明確可控核聚變領(lǐng)域為未來能源的唯一方向?？煽睾司圩儺斨?，有一重要技術(shù)難題，就是如何將運動電荷束縛在某一固定區(qū)域。有一種利用電場和磁場組合的方案，其簡化原理如下。如圖，已知直線l上方存在方向豎直向下的勻強電場，直線l下方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場。一個帶正電的、不計重力的粒子從電磁場邊界l上方一點，以一定速度水平向右發(fā)射，經(jīng)過一段時間又回到該發(fā)射點。則改變下列條件能使粒子發(fā)射后回到原來位置的是（）。A．僅帶電粒子比荷發(fā)生變化（但仍為帶正電的粒子）B．僅帶電粒子初速度發(fā)生變化C．電場強度變成原來3倍且磁感應(yīng)強度變成原來2倍D．僅發(fā)射點到電場邊界l的距離發(fā)生變化【答案】AD【詳析】A．粒子在電磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R，解得R=mvqB，粒子在電場中做類平拋運動qE=ma，h1=12at2，B．由上述分析可知，僅帶電粒子初速度發(fā)生變化，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，B錯誤；C．由上述分析可知，電場強度變成原來3倍且磁感應(yīng)強度變成原來2倍，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，C錯誤；D．由上述分析可知，僅發(fā)射點到電場邊界l的距離發(fā)生變化，能使粒子發(fā)射后回到原來位置，D正確。故選AD。13．（24-25高三·湖南·沖刺壓軸（三））如圖所示為電子在威爾遜云室的運動軌跡，云室處于一磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場當中，一電子以初速度v0垂直于磁場進入云室內(nèi)，運動過程中受到氣體的阻力大小f=kv，k為常數(shù)，v為其速率，電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時，速度大小變?yōu)関1，電子電量為e，質(zhì)量為A．電子的軌跡由a→bB．進入時磁場時電子的加速度為a=C．電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時的過程所花的時間t=D．電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時，其運動軌跡的長度為S=km(【答案】AC【詳析】A．因為阻力的作用，離子的速度減小，做圓周運動的半徑滿足qvB=mv2R，解得R=mvqB，故B．初始時，離子受阻力和洛倫茲力共同的作用，由牛頓第二定律可得F合=ma解得a=(kvmC．根據(jù)上述分析可知R=mvqB，可得ω=vR=qBD．根據(jù)動量定理，在沿切線方向，則有∑(-kv?Δt)=m(v1-v故選AC。14．（2025·湖南長沙長郡中學·高三下·模擬）在平面直角坐標系xOy中有如圖所示的有界勻強磁場區(qū)域，磁場上邊界是以O(shè)'0，4d點為圓心、半徑為R=5d的一段圓弧，圓弧與x軸交于M-3d，0、N3d，0兩點，磁場下邊界是以坐標原點O為圓心，半徑為r=3d的一段圓弧。如圖，在虛線區(qū)域內(nèi)3d<y<9d有一束均勻分布帶負電的粒子沿x軸負方向以速度v0A．粒子在磁場中的運動半徑為4dB．正對O'點入射的粒子離開磁場后不一定會過OC．粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為143πdD．粒子經(jīng)過O點進入第四象限的比例為1【答案】ACD【詳析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv0B．正對O'的粒子，圓心恰好在x根據(jù)勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，速度方向恰好指向O點，即正對O'點入射的粒子離開磁場后一定會過O點，BC．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當于將磁場邊界向下平移4d形狀，O'平移到O點位置，即所有粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到O點距離均為5d利用勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點，因此所有粒子都過O點。由上述分析可知，從最上方進入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)角度最大，運動的時間最長，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)了143°，因此運動的時間為t=143°D．如圖所示從y=7d水平向左的粒子離開磁場粒子方向沿y軸負方向，故7d<y<9d射入的粒子過O點后射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子過O點后射入第三象限。故進入第四象限的比例為13，故D故選ACD。15．（24-25高三·湖南天壹名校聯(lián)盟·下期沖刺壓軸大聯(lián)考）中國航天科技集團六院801所研發(fā)的50千瓦級雙環(huán)嵌套式霍爾推力器于2025年5月成功點火并穩(wěn)定運行，推力達4.6牛，接近美國X3推進器（5.4牛）水平，這一突破使中國成為全球第三個掌握該技術(shù)的國家，標志著我國在大功率電推進領(lǐng)域進入國際第一梯隊?；魻柾七M器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，電場強度為E，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A．若入射速度v1B．只要入射速度v2≠EBC．若入射速度v3=E4BD．無論是圖甲還是圖乙，電子在運動過程中所受的合力大小均不變【答案】CD【詳析】A．若入射速度v0=EB，則有eBv0=eE，可知電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子將沿x軸做勻速直線運動，若入射速度v1>EB，將v1分解為v0=EB和B．只要入射速度v2≠EB，電子的運動均可以分解為沿x軸的勻速直線運動和沿y軸的勻速圓周運動，距離x軸的最遠距離都為d=2r，根據(jù)ev2C．電子運動過程中洛倫茲力不做功，只有電場力做功，當電子入射速度為v3=E4B，運動到速度為v4=E2BD．無論是圖甲還是圖乙，電子的運動均可以分解為勻速直線運動和勻速圓周運動，故電子所受的合外力大小均為電子做勻速圓周運動的向心力大小，故D正確。故選CD。三、解答題16．（2025·湖南長沙周南中學·高三下二模）如圖所示，在x≤d的范圍內(nèi)，存在與x軸成θ角sinθ=35斜向右下的勻強電場，電場強度的大小為E=5mv028qd。在x>d的范圍內(nèi)，存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小記為(1)該粒子第一次進入右側(cè)磁場時的速度大小v1(2)磁感應(yīng)強度B取何值才能使該粒子第一次進入右側(cè)磁場時，軌跡恰好與x軸相切？(3)在第（2）問的情形下，粒子第2次回到y(tǒng)軸時的位置坐標?！敬鸢浮?1)5(2)3m(3)(0,-【詳析】（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理可得qE·解得v（2）粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得R+R解得R=在磁場中，粒子受到的洛倫茲力提供圓周運動的向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得Bq聯(lián)立解得B=（3）粒子再次進入電場中的軌跡如圖所示沿x軸負方向，根據(jù)牛頓第二定律則有qE解得a根據(jù)運動的分解可得v在該方向上，粒子做勻加速運動，運動到y(tǒng)軸的過程中，由運動學規(guī)律可得d=聯(lián)立解得t=沿y軸負方向，根據(jù)牛頓第二定律可得qE解得a根據(jù)運動的分解可得v在該方向上，粒子做勻加速直線運動，運動到y(tǒng)軸的過程中，由運動學規(guī)律可得y=聯(lián)立解得y=故粒子第二次回到y(tǒng)軸時的位置坐標為(0,-17．（24-25高三·湖南懷化·三模）如圖，在xOy坐標系內(nèi)，第一象限有垂直紙面向外的勻強磁場，第二象限有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E=2mv23qL。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P3L,0點以速度v沿與(1)磁感應(yīng)強度B的大??；(2)粒子再次經(jīng)過x軸時的x坐標及粒子的速度大小。【答案】(1)mv(2)-3L【詳析】（1）粒子帶負電，在磁場中的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得3解得r=2L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qBv=m解得B=（2）粒子離開磁場時的y坐標為y=r+r粒子進入電場后做類平拋運動y=12at2解得x=-3L豎直方向速度v粒子再次經(jīng)過x軸的速度大小為v解得v18．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖，在xOy坐標系內(nèi)，有幾個電磁場區(qū)域，在y>d的上方有一個垂直平面向里的勻強磁場區(qū)域I，圓心為O1，磁感應(yīng)強度B1=mvqd，在y≤d到x軸之間，有一個沿x軸正向的勻強電場區(qū)域II（圖中未畫出）。I區(qū)域下邊界與II區(qū)域上邊界相切在第三、四象限有一個垂直平面向外的勻強磁場區(qū)域III，磁感應(yīng)強度未知。A為一個與O1等高的處于磁場區(qū)域邊沿的粒子源，可以源源不斷地向右側(cè)區(qū)域各個方向發(fā)射質(zhì)量為m，帶電量為-q的粒子，粒子速度大小相同都為v。所有粒子均沿y軸負向垂直進入?yún)^(qū)域(1)A點的坐標：(2)電場強度E與B1的比值，及粒子進入?yún)^(qū)域III(3)若粒子從III區(qū)域再次穿過x軸時，II區(qū)域的電場方向變?yōu)榈却蠓聪?，最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，求III區(qū)域的磁感應(yīng)強度B2【答案】(1)A點坐標為（-d，2d）(2)EB1(3)B【詳析】（1）所有粒子均沿y軸負向垂直進入?yún)^(qū)域II，所以可知，帶電粒子做圓周運動的半徑與磁場區(qū)域半徑相同；由qv可得r=d所以A點坐標為（-d，2d）。（2）最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則有d=化簡可得E=所以E設(shè)粒子進入?yún)^(qū)域II的速度大小為v'，則有可得v（3）所有粒子在區(qū)域II和區(qū)域III運動過程中間距始終相等，若最右側(cè)的粒子恰好經(jīng)過原點O進入?yún)^(qū)域III，則最左側(cè)粒子從A點正下方的x=-d處進入電場，又因為最終所有粒子從I區(qū)域與A等高的B點離開磁場，根據(jù)運動的對稱性可知，最左側(cè)粒子恰好從原點O返回區(qū)域II。其全程運動軌跡如圖所示即所有粒子在區(qū)域III中運動后向右偏移2d。方法一：對粒子沿y方向用動量定理有∑q即2q解得B方法二：由類平拋運動規(guī)律可知，進入?yún)^(qū)域III時速度與水平夾角為θ，則有tanθ=2，所以進去區(qū)域III時速度大小v由洛倫茲力提供向心力可得q又r解得B19．（2025·常德一中·高考模擬）三維直角坐標系的oxy平面與水平面平行，空間存在與z軸平行的周期性變化的勻強磁場和勻強電場（圖中沒有畫出），磁場和電場隨時間變化規(guī)律分別如圖甲和乙所示，規(guī)定沿z軸正方向為勻強磁場和勻強電場的正方向，不考慮磁場和電場變化而產(chǎn)生的感生電磁場的影響。在t＝0時刻，一個質(zhì)量m，帶電量+q的小球，以速度v0從坐標原點O點沿y軸正方向開始運動，小球恰好沿圓周運動，已知重力加速度為g，圖中t0已知，B0=πmq(1)求E0的大小、畫出0~2t0時間內(nèi)小球的運動軌跡；(2)3t0時刻小球的位置坐標；(3)20t0時刻小球在z軸的位置坐標?！敬鸢浮?1)mgq；(2)（4v0t0π(3)-90g【詳析】（1）0-t0內(nèi)，小球在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動有q小球做圓周運動周期T=得t可知軌跡如圖示（2）0-t0內(nèi)小球做圓周運動半徑為rt0-2t2t自由落體運動，下落距離d=可知3t0時，小球位置坐標（x，y，x=4r=y=-L=-z=-d=-（3）小球在水平面內(nèi)運動具有周期性，4t0時小球恰好沿x軸正向平移了4r，20t0時第一個2t0第二個2t0第三個2t0由v-t圖意義可知公差為?d=2gt0220t0時刻小球z專題09磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1安培力2022命題趨勢聚焦復(fù)雜軌跡的幾何構(gòu)建、多場耦合的動態(tài)分析及前沿技術(shù)的物理原理溯源。試題設(shè)計顯著強化帶電粒子在磁場中運動的精細化建模，例如構(gòu)建圓形邊界、有界磁場或周期性交變磁場，要求通過幾何關(guān)系精確求解粒子偏轉(zhuǎn)半徑、運動時間及臨界射出條件，并運用牛頓第二定律與洛倫茲力公式推導比荷表達式。復(fù)合場問題更趨綜合與工程化，涉及速度選擇器、質(zhì)譜儀的參量定量設(shè)計，或分析霍爾效應(yīng)中載流子類型判斷、霍爾電壓計算及其在電流傳感中的應(yīng)用；高階命題要求處理重力場-電場-磁場的三場共存問題。安培力的考查側(cè)重實際場景建模，如分析電動機轉(zhuǎn)矩、磁電式儀表游絲扭矩平衡，或計算超導線圈的強磁場應(yīng)力形變。數(shù)學工具的深度整合成為關(guān)鍵，需靈活運用三角函數(shù)處理角度約束、參數(shù)方程描述螺旋線軌跡、數(shù)列思想求解周期性穿越復(fù)合場的累積位移。設(shè)計性實驗要求搭建簡易質(zhì)譜儀驗證同位素質(zhì)量差異，并分析地磁場對實驗的干擾修正，全面檢驗對電磁相互作用本質(zhì)的空間想象能力與跨學科應(yīng)用素養(yǎng)?？键c2帶電粒子在磁場中的運動2024、2023、2021考點3帶電粒子在復(fù)合場中的運動2025、2022考點01安培力1．（2022·湖南·高考）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（

）A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【詳析】A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，對導線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強度大小相等且不隨時間變化，有sinθ=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC故選D。考點02帶電粒子在磁場中的運動2．（2024·湖南·高考）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)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′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)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，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進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）2πmv0eL；（2）2πrL【詳析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知Be可得R=且T=由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有t=nT聯(lián)立得B=當n=1時，B有最小值，可得B（2）將電子的速度分解，如圖所示有tan當tanθ有最大值時，vy最大，R最大，此時B=2πmv聯(lián)立可得vym（3）當vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移ym由牛頓第二定律知a=又v聯(lián)立得y3．（2023·湖南·高考）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，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)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O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運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為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t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ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（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳析】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4πA．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE，則v再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E，則vB=2v0，再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinθ=2r43r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)qvB=m4π2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sinα=2r42r，可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)qvB=m4π2故選D。4．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q）以初速度v垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A0，r1、半徑為（2）如圖（a），虛線框為邊長等于2r2的正方形，其幾何中心位于C0，-r2。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到O（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點O，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4，并沿x軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和【答案】（1）mvqr1；（2）mvqr2，垂直與紙面向里，S2=πr2【詳析】（1）粒子垂直x進入圓形磁場，在坐標原點O匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑r1，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得B（2）粒子從O點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的O點飛入然后平行x軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為r2，根據(jù)qvB=mv根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為S（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知I和III中的磁感應(yīng)強度為圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SS類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為S根據(jù)對稱性可知II中的勻強磁場面積為S考點03帶電粒子在復(fù)合場中的運動5．（2025·湖南·高考）如圖。直流電源的電動勢為E0，內(nèi)阻為r0，滑動變阻器R的最大阻值為2r0，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，平行板電容器的右側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關(guān)S，當滑片處于滑動變阻器中點時，質(zhì)量為m的帶正電粒子以初速度v0水平向右從電容器左側(cè)中點(1)求粒子所帶電荷量q；(2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若粒子離開b點時，在平行板電容器的右側(cè)再加一個方向水平向右的勻強電場，場強大小為43E0【答案】(1)q=(2)B=(3)2+【詳析】（1）粒子在電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動有3豎直方向做勻變速直線運動d2=由閉合回路歐姆定律可得U=聯(lián)立可得v（2）粒子進入磁場與豎直方向的夾角為tanθ=v粒子在磁場中做勻速圓周運動qvB=m由幾何關(guān)系易得R=聯(lián)立可得B=（3）取一個豎直向上的速度使得其對應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場力平衡，則有q解得v粒子以vy1速度向上做勻速直線運動，粒子做圓周運動的合速度的豎直方向分速度為此時合速度與豎直方向的夾角為tan合速度為v粒子做圓周運動的半徑r=最遠距離為x6．（2022·湖南·高考）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A（1）求直流電源的電動勢E0（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E'【答案】（1）mgd(R1+R2)qR【詳析】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq=mgR2，兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得U聯(lián)立解得E（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系(r-d)解得r=2d根據(jù)qvB=m解得B=（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60°，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得E解得E一、單選題1．（2025·湖南婁底·高三下模）關(guān)于磁場和磁感線，下列說法正確的是（）A．磁極間的相互作用是直接接觸產(chǎn)生的B．磁場是看不見摸不著，人們假想存在的物質(zhì)C．磁場是客觀存在的物質(zhì)D．磁感線是客觀存在的物質(zhì)【答案】C【詳析】A．磁極間的相互作用是由磁場產(chǎn)生的，無需直接接觸，故A錯誤；BC．磁場是看不見摸不著，是實際客觀存在的物質(zhì)，故B錯誤，C正確；D．磁感線是不存在的，是人們假想的描述磁場的曲線，故D錯誤。故選C。2．（24-25高二·永州·期末）利用如圖所示的電流天平，可以測量勻強磁場中的磁感應(yīng)強度B。它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為N，cd邊水平且長為l，cd邊處于方框內(nèi)的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與線圈平面垂直。當線圈中通入電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；當線圈中通入大小不變、方向相反的電流I′時，在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂再次達到新的平衡，重力加速度為g。則方框內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為（）A．mgIl B．C．mgNIl D．【答案】B【詳析】線圈的cd邊處于方框內(nèi)的勻強磁場中，匝數(shù)為N，邊長為l，當線圈中通入電流I時，所受的安培力大小為F安=NBIl，當電流反向時，需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，兩臂才能再次達到新的平衡，說明原來的安培力方向向上，當電流反向時，安培力方向變?yōu)橄蛳拢驗殡娏鞯拇笮〔蛔?，故安培力的大小不變，所以線圈所受安培力的大小應(yīng)等于所增加砝碼重力的一半，即F安故選B。3．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，在0≤x≤l的真空區(qū)域中有足夠長的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從坐標原點O處沿圖示方向射入磁場中，已知θ=60°。粒子穿過A．帶正電，2qBlB．帶正電，2qBlC．帶負電，2qBlD．帶負電，2qBl【答案】B【詳析】由題知，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場，說明粒子進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，作出其運動軌跡，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知∠OO1D=θ=60°，設(shè)帶電粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60°+r=l故選B。4．（24-25高三·湖南郴州·三測）如圖所示，等邊三角形abc中心處靜置一長直通電導線M，導線與abc紙面垂直，電流方向未知，該空間還存在與bc邊平行足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向如圖中所示，已知a點的磁感應(yīng)強度為0，則（）A．M中的電流方向垂直于紙面向里B．b、c兩點的合磁感應(yīng)強度大小均為BC．沿Ma方向到無窮遠處，磁感應(yīng)強度先減小后增大，方向一直不變D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小均為B【答案】D【詳析】A．設(shè)通電直導線在a、b、c三點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，由于a點的磁感應(yīng)強度為0，可知M導在a點產(chǎn)生的磁場與勻強磁場B等大方向，由右手螺旋定則可知M中的電流方向垂直于紙而向外，故A錯誤；B．M導線在bc兩點產(chǎn)生的磁場方向，如圖所示因為B0=B，由幾何關(guān)系可知b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小Bc=BbC．在a點磁感應(yīng)強度為0，在a點下側(cè)到M點，磁感應(yīng)強度的方向水平向左，在Ma的延長線上，磁感應(yīng)強度的方向水平向右，故C錯誤；D．若僅使M的電流反向，則b、c兩點B0和B的夾角變?yōu)?20°，b、c兩點合磁感應(yīng)強度大小均為B，故D正確。故選D。5．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖所示，空間中充滿磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場，兩根通電長直導線垂直紙面分別放置在直角三角形OMN的M、N兩頂點處，∠M=90°，∠N=30°。M處導線中的電流方向垂直紙面向外，N處導線中的電流方向垂直紙面向里，兩導線中的電流大小可以變化。已知通電長直導線周圍某點的磁感應(yīng)強度B=kIr，即磁感應(yīng)強度B與導線中電流I成正比、與該點到導線的距離r成反比?，F(xiàn)讓兩導線以A．兩處導線中的電流均增大B．兩處導線中的電流均減小C．M處導線中電流一直減小，N處導線中的電流一直增大D．M處導線中電流一直增大，N處導線中的電流一直減小【答案】D【詳析】由右手螺旋定則確定M、N兩導線在O處產(chǎn)生的磁場方向（如圖所示）從圖示位置順時針緩慢旋轉(zhuǎn)60°的過程中，兩導線的產(chǎn)生的磁場方向也沿順時針旋轉(zhuǎn)60°角，因O點的磁感應(yīng)強度始終為零。則BM與BN的矢量和與B等大反向，由畫圖法知，BM逐漸增大，BN逐漸減小。通電長直導線周圍某點的磁感應(yīng)強度B=kIr，可推知M處導線中電流一直增大，故選D。6．（25屆湘豫名校高三·下·三模）質(zhì)譜儀可以進行同位素分析，其原理如圖所示。兩平行豎直放置的極板間距為d，兩板間加恒定電壓U。板間加有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B1，板間電場可視為勻強電場，不考慮邊界效應(yīng)。水平邊界MN下方空間加有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B2，照相底片位于邊界MN處?，F(xiàn)有某種元素的一價正離子從極板中間沿直線豎直飛入MN下方磁場，分成兩股，最后打在照相底片上形成兩個亮斑，亮斑間距為x。電子電荷量大小為A．eB1BC．B1B2【答案】B【詳析】設(shè)離子質(zhì)量為m，在極板間勻速運動的速度為v，有eE=evB1，場強E=U在偏轉(zhuǎn)磁場中軌道半徑為r，有evB2=mv2r，可得r=mveB2=故選B。7．（2025·湖南長沙雅禮中學·一模）在水平光滑絕緣桌面上，放置一個半徑為R的超導導線環(huán)，其中通過的電流為I。穿過導線環(huán)垂直桌面向下有一個勻強磁場，導線環(huán)全部位于磁場中，磁感應(yīng)強度為B，則導線環(huán)各截面間的張力為（）。A．BIR B．0.5BIR C．0 D．πBIR【答案】A【詳析】把導線環(huán)分成兩半，取其中的一半作為研究對象，兩端截面所受張力均為T，整個半環(huán)受到的安培力F，受力分析如圖根據(jù)安培力的計算公式可得F=BI?2R，所以T=故選A。8．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小B，方向水平向里的勻強磁場中，有一根長L的豎直光滑絕緣細桿MN，細桿頂端套有一個質(zhì)量m電荷量qq>0的小環(huán)?，F(xiàn)讓細桿以恒定的速度vv<mgqB沿垂直磁場方向水平向右勻速運動，同時釋放小環(huán)（豎直方向初速度為A．小環(huán)的軌跡是條直線B．洛倫茲力對小環(huán)做負功C．小環(huán)在運動過程中機械能不變D．小環(huán)在絕緣桿上運動時間為2Lm【答案】D【詳析】A．對小環(huán)分析可知，豎直方向受向下的重力和向上的洛倫茲力作用，加速度a=因v不變，則加速度不變，即小環(huán)在豎直方向做勻加速運動，水平方向做勻速運動，可知小環(huán)運動的軌跡為曲線，選項A錯誤；B．洛倫茲力對小環(huán)不做功，選項B錯誤；C．水平速度小環(huán)受到向右的洛倫茲力作用，在細桿對小環(huán)有向左的彈力作用，該彈力對小環(huán)做負功，可知小環(huán)在運動過程中機械能減小，選項C錯誤；D．小環(huán)在豎直方向做勻加速運動，加速度為a=mg-qvBm，根據(jù)L=12at2故選D。9．（2025·湖南常德一中·高三下·模擬）空間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里，勻強電場的場強為E、方向沿y軸向下，將一個質(zhì)量為m、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達x軸的坐標為（a，0），已知該曲線在最低點的曲率半徑為該點到x軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標可以表示為P（x，y），不計粒子的重力，則（）A．該粒子運動過程中任意位置坐標的y值可能取負值B．該粒子運動過程中任意位置坐標的x值不可能大于aC．粒子在運動過程中第一次運動到離x軸最遠處時，距離x軸的距離yD．粒子運動過程中的最大速率v【答案】C【詳析】AB．粒子從初始位置運動到x軸時電場力做功為0，所以不可能運動到x軸以上位置，即y值不可能取負值；到達x軸的速度為零，所以會再次向下運動，重復(fù)前一段的軌跡向前運動，則x值會大于a，故AB錯誤；C．粒子第一次運動到距離x軸最遠處時洛倫茲力不做功，由動能定理得Eqym=在此處有qvmB-Eq=mvm22D．最大速率滿足Eqym=12mv故選C。二、多選題10．（24-25高三·湖南常德·二模）如圖所示是法拉第圓盤發(fā)電機，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應(yīng)強度大小為B1=B，方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長傾斜導軌MN，導軌間距為L，其所在平面與水平面夾角為θ，導軌處于磁感應(yīng)強度大小為B2，方向豎直向下的勻強磁場中。現(xiàn)用導線把兩導軌分別與圓盤發(fā)電機中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導軌上放置一根質(zhì)量為m，長度也為L，電阻為2R的ab導體棒，其余電阻不計。當圓盤以角速度ωA．從上往下看，圓盤順時針方向轉(zhuǎn)動B．a(chǎn)b間電勢差UC．若B2大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態(tài)時，B2D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒將沿導軌先勻加速下滑后勻速運動【答案】AC【詳析】A．a(chǎn)b棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由a到b，故b端電勢低于a端電勢，由右手定則可知，圓盤轉(zhuǎn)動的方向（從上往下看）為順時針方向，A正確；B．由題可知，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=12Br2ω，由閉合電路歐姆定律可知，abC．若B2大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態(tài)時，由平衡條件可得B2minIL=mgsinθ，由閉合電路歐姆定律I=E2R+R，圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=1D．若圓盤停止轉(zhuǎn)動，ab棒沿導軌向下做切割磁感線運動，由ab棒受力可知，棒先做變加速運動后做勻速運動，D錯誤。故選AC。11．（25屆·高三下·湖南常德臨澧一中·模擬）等腰梯形AFCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，梯形上、下底AF、CD長度分別為L和2L，∠D=60°，下底CD的中點E處有一個α粒子放射源，可以向CD上方（各個方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向與磁場方向垂直，不計粒子間的相互作用力及重力，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為A．所有從A點射出的粒子在磁場中的運動時間均相等B．若粒子可以到達F點，則其最小速度為3C．到達A點和到達F點的粒子一定具有相同的速率D．運動軌跡與AD邊相切（由CD邊出磁場）的速率最小的粒子在磁場中的運動時間為8πm【答案】BD【詳析】A．由幾何關(guān)系可知，不同速度的粒子運動到A點時，軌跡圓的弦長相同，半徑不同，運動的圓心角不同，運動時間就不相同。故A錯誤；B．α粒子運動軌跡如圖乙所示時有最小速度由幾何關(guān)系可知，此時β=2π3，軌跡半徑為r=L2cos30°=33LC．到達A點和到達F點的α粒子運動半徑可以不相同，故速率可能不同，故C錯誤；D．如圖丙所示當α=2π3時，符合題意的α粒子速度最小，運動時間t=4（故選BD。12．（2025·湖南長沙雅禮中學·一模）2024年1月，國務(wù)院國資委啟動實施未來產(chǎn)業(yè)啟航行動，明確可控核聚變領(lǐng)域為未來能源的唯一方向?？煽睾司圩儺斨?，有一重要技術(shù)難題，就是如何將運動電荷束縛在某一固定區(qū)域。有一種利用電場和磁場組合的方案，其簡化原理如下。如圖，已知直線l上方存在方向豎直向下的勻強電場，直線l下方存在方向垂直紙面向外的勻強磁場。一個帶正電的、不計重力的粒子從電磁場邊界l上方一點，以一定速度水平向右發(fā)射，經(jīng)過一段時間又回到該發(fā)射點。則改變下列條件能使粒子發(fā)射后回到原來位置的是（）。A．僅帶電粒子比荷發(fā)生變化（但仍為帶正電的粒子）B．僅帶電粒子初速度發(fā)生變化C．電場強度變成原來3倍且磁感應(yīng)強度變成原來2倍D．僅發(fā)射點到電場邊界l的距離發(fā)生變化【答案】AD【詳析】A．粒子在電磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R，解得R=mvqB，粒子在電場中做類平拋運動qE=ma，h1=12at2，B．由上述分析可知，僅帶電粒子初速度發(fā)生變化，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，B錯誤；C．由上述分析可知，電場強度變成原來3倍且磁感應(yīng)強度變成原來2倍，不能使粒子發(fā)射后回到原來位置，C錯誤；D．由上述分析可知，僅發(fā)射點到電場邊界l的距離發(fā)生變化，能使粒子發(fā)射后回到原來位置，D正確。故選AD。13．（24-25高三·湖南·沖刺壓軸（三））如圖所示為電子在威爾遜云室的運動軌跡，云室處于一磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場當中，一電子以初速度v0垂直于磁場進入云室內(nèi)，運動過程中受到氣體的阻力大小f=kv，k為常數(shù)，v為其速率，電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時，速度大小變?yōu)関1，電子電量為e，質(zhì)量為A．電子的軌跡由a→bB．進入時磁場時電子的加速度為a=C．電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時的過程所花的時間t=D．電子從剛進入磁場到第一次速度方向與初速度方向相同時，其運動軌跡的長度為S=km(【答案】AC【詳析】A．因為阻力的作用，離子的速度減小，做圓周運動的半徑滿足qvB=mv2R，解得R=mvqB，故B．初始時，離子受阻力和洛倫茲力共同的作用，由牛頓第二定律可得F合=ma解得a=(kvmC．根據(jù)上述分析可知R=mvqB，可得ω=vR=qBD．根據(jù)動量定理，在沿切線方向，則有∑(-kv?Δt)=m(v1-v故選AC。14．（2025·湖南長沙長郡中學·高三下·模擬）在平面直角坐標系xOy中有如圖所示的有界勻強磁場區(qū)域，磁場上邊界是以O(shè)'0，4d點為圓心、半徑為R=5d的一段圓弧，圓弧與x軸交于M-3d，0、N3d，0兩點，磁場下邊界是以坐標原點O為圓心，半徑為r=3d的一段圓弧。如圖，在虛線區(qū)域內(nèi)3d<y<9d有一束均勻分布帶負電的粒子沿x軸負方向以速度v0A．粒子在磁場中的運動半徑為4dB．正對O'點入射的粒子離開磁場后不一定會過OC．粒子在磁場區(qū)域運動的最長時間為143πdD．粒子經(jīng)過O點進入第四象限的比例為1【答案】ACD【詳析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B=mv0B．正對O'的粒子，圓心恰好在x根據(jù)勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，速度方向恰好指向O點，即正對O'點入射的粒子離開磁場后一定會過O點，BC．根據(jù)題意知，所有粒子沿水平方向射入磁場，半徑與速度方向垂直，圓心均在入射點的正下方，半徑均為4d，所有圓心所在的軌跡相當于將磁場邊界向下平移4d形狀，O'平移到O點位置，即所有粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到O點距離均為5d利用勾股定理可知，進入無磁場區(qū)域后，所有粒子速度方向都指向O點，因此所有粒子都過O點。由上述分析可知，從最上方進入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)角度最大，運動的時間最長，如下圖所示。由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中旋轉(zhuǎn)了143°，因此運動的時間為t=143°D．如圖所示從y=7d水平向左的粒子離開磁場粒子方向沿y軸負方向，故7d<y<9d射入的粒子過O點后射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子過O點后射入第三象限。故進入第四象限的比例為13，故D故選ACD。15．（24-25高三·湖南天壹名校聯(lián)盟·下期沖刺壓軸大聯(lián)考）中國航天科技集團六院801所研發(fā)的50千瓦級雙環(huán)嵌套式霍爾推力器于2025年5月成功點火并穩(wěn)定運行，推力達4.6牛，接近美國X3推進器（5.4牛）水平，這一突