2021-2025年高考物理试题知识点分类汇编之磁场（三）

202L2025年高考物理真题知识点分类汇编之磁场（三）

一,选择题（共U小题）

1.（2023•乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右

边界与x轴垂直。•带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁

场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=LS与屏的距离为J与x轴的距离为a。

如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴

到达接收屏。该粒子的比荷为（）

O

接

收

屏

EBB

A.——-C.——;D.

2aB22aE2aE2

2.（2023•湖南）如图，真空中有区域I和II,区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与

纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域H）内存在匀强磁场，磁场方向

垂直纸面向外，图中A、C、0三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点

处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域

IK若区域【中电场强度大小为E、磁感应强度大小为Bi,区域II中磁感应强度大小为B2,则粒子从

CF的中点射出，它们在区域II中运动的时间为to。若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的粒子在

区域H中运动的时间为I,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

A.若仅将区域1中磁感应强度大小变为2Bi,贝h>lo

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,贝八>10

c.若仅将区域n中磁感应强度大小变为巴82,则《二乎

4/2

五L

D.若仅将区域n中磁感应强度大小变为四%

3.（2023•海南）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力

说法正确的是（）

-©……-……

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B.小球运动过程中的速度不变

C.小球运动过程的加速度保持不变

D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

4.（2023•江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知

ab边长为21,与磁场方向垂直，be边长为1,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（）

IB

I

---------c

A.0B.BI1C.2BI1D.V5BI1

5.（2023•广东）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为I.12T,质子加速后获

7

得的最大动能为1.5X|（）eV0根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽

略相对论效应，leV=1.6X10.i9j）（）

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

C.5.4X107m/sD.2.4X108m/s

6.（2023•新课标）一电子和一a粒子从铅盒上的小孔。竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕

P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知a粒子的速度约为电

子速度的二，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（）

ab

A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外

C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里

D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外

7.（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的

磁场B=kil,通有待测电流厂的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B=k2l'。调

节电阻R,当电流表示数为Io时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流T的方向和大小分别为（）

C.bra,T^ID.bta,

K10

8.（2023•北京）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空

且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a,长度为1（l»a）。带电

粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁

发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q,不计粒

子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是（）

B

A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a

B.粒子质量为义―

v

C.管道内的等效电流为nqna2V

D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql

9.（2023•全国）如图，水平面（纸面）内有一光滑U形金属导轨，导轨上有一金属棒ab：虚线左边有一

方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场。金属棒所在区域存在方向向左的恒定匀强磁场,

则金属棒所受安培力的方向为（）

B.水平向右

C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外

10.（2023•全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一

通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培

B.背离圆盘

C.垂直于圆盘平面向里D.垂直于圆盘平面向外

11.（2023•上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨匕对其施加外力,

安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化却像为（）

二,解答题（共9小题）

12.（2024•选择性）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：I、II区宽度

均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；川、IV区为电场区，IV区电场足够宽：各

区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。

3

如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入I区时速度大小分别为JV0和V0。甲到P点时，乙刚好射

入I区。乙经过【区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知HI区存在沿+x方向的匀

强电场，电场强度大小同=常。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生

的磁场。

（I）求磁感应强度的大小B。

（2）求ni区的宽度心

（3）IV区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=cot-kx,其中

常系数co>0,co已知、k未知，取甲经过O点时t=0。已知甲在IV区始终做匀速直线运动，设乙在IV

区受到的电场力大小为E甲、乙间距为Ax,求乙追上甲前F与Ax间的关系式（不要求写出Ax的取

13.（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。

如图所示，在竖直平面内有三个平行区域I、II和HI；I区宽度为d,存在磁感应强度大小为B、方向

垂直平面向外的匀强磁场，II区的宽度很小。I区和III区电势处处相等，分别为和小川，其电势差U

=（P1-（Pmo一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角6射向I区，在P点以出射角8射出，

实现“反射”：质子束从P点以入射角。射入H区，经II区“折射”进入II【区，其出射方向与法线夹角

为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N,初速度为vo,不计质子重力，

不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。

（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值：

2

（2）若〃=若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；

（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从p点进入n区发生“全反射”（即质子束全部返回I区）；

（4）在P点下方距离等至处水平放置一长为警的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为鬻，

质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O

法线

14.（2024•浙江）探究性学习小组设计「一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图

所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外

的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板

M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L,（））,栅极板M中点S

的坐标为（3L,0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q,b离子的比荷

为a离子的［倍，经电压U=kU。（K中%-嘿二k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加

速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM>0）,a和b离

子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间

相互作用力。

L

Lr.L,

.Q_MS_Jx

离子豆£隶..........>

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

（l）若U=Uo,求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置xo（用L表示）；

（2）调节U和UNM,并保持使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求；

①U的调节范围（用Uo表示）：

②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；

（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。

15.（2024•天津）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，

半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第

一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m,电荷量为q,从M点

以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。

（I）求磁感应强度B的大小；

（2）若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间I；

（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为求粒

子在磁场中运动的时间

y

Of4

N....•……，~»

<xxxx•!

'、、、XXJ

---------•>

0MPx

16.（2024•福建）如图，直角坐标系xOy中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、IH象限中

有两平行板电容器。、C2,其中Ci垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C垂直y轴放

置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N

射出，紧贴C2下极板进入C2,而后从P进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如

图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q,O、P间距离为d,Ci、C2的板间电压大小均为U,

板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：

（1）粒子经过N时的速度大小；

（2）粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；

（3）磁场的磁感应强度大小。

17,（2024•海南）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域I分别与x轴和y轴相切于P点和S点。

半圆形区域II的半径是区域I半径的2倍。区域I、II的圆心0屋02连线与x轴平行，半圆与圆相切

于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域III。区域I、II分别有磁感应强度大

小为B、|的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域1下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，

可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到vo。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿

着y轴正方向以相同的速度vo沿纸面射入区域I。已知某粒子从P点射入区域I,并从Q点射入区域

II（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。

（1）求加速电场两板间的电压U和区域I的半径R：

（2）在能射入区域用的粒子口，某粒子在区域I【中运动的时间最短，求该粒子在区域I和区域H中运

动的总时间t；

（3）在区域III加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，电场强度的大小

E=Bvo,方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域I、II射入区域HI,进入区域HI时速度方

向与y轴负方向的夹角成74。角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在的位置到y轴的距

18.（2024•湖南）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一小孔。以O

为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内xWO区域有一匀强磁场，磁感应强

度大小为B,方向沿x轴正方向；筒外x20区域有一匀强电场，场强大小为E,方向沿y轴正方向。

一电子枪在0'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，旦在x轴正方向的分

速度大小均为vo。己知电子的质量为m、电量为c,设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作

用及电子的重力。

（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；

（2）取（1）间中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为。，求

tan0的绝对值；

（3）取（1）问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。

19.（2024•新课标）一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用

图示的直角坐标系内一个点P（vx,vy）表示，Vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。

粒子出发时P位于图中a（0,vo）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到

b（vo,vo）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为

圆心的圆弧移动至c(-V0,vo)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何

相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：

(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期：

(2)电场强度的大小；

(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。

P(VxVy)

***•✓

20.(2024♦江苏)如图所示，两个半圆区域abed、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场(内外半径

分别为R1和R2),磁感应强度为B,ab与a'b'间有一个宽度为d匀强电场，场强为E,cd与c'd'

间有一个宽度为d插入体，电子每次经过插入体速度减为原来的k倍(k<l)o现有一个质量为m、电

量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后,

电子到达cd的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，忽略经过电场与插入体的时间。求：

(1)电子进入插入体前后在磁场中的半径门：12;

(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v：

(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点，求电子从P到d的时间I。

d'd

202L2025年高考物理真题知识点分类汇编之磁场（三）

参考答案与试题解析

一.选择题（共11小题）

题号12345678910H

答案ADACCCDCDBC

一.选择题（共11小题）

1.（2023•乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右

边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁

场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=LS与屏的距离为最与x轴的距离为a。

如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴

到达接收屏。该粒子的比荷为（）

X

接

收

屏

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；比荷及其计算；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问

题.

【专题】定量思想：推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】A

【分析】未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力等于向心力，根据几何关系求解粒子运

动半径；加电场后，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力等于电场力。

【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：

设SP与x轴正方向夹角为e,则cos6=孑

0=60°

粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°,由几何关系得：r-a=rcos。

解得：r=2a

i；2

粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB=m：

在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB=qE

qE

联立解得："=—T

m2aB2

故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查带电粒子在蕨场和复合场中的运动，解题关键是分析好带电粒子的运动情况和受力情

况，会根据几何关系求解粒子运动的半径。

2.（2023•湖南）如图，真空中有区域I和H,区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与

纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域II）内存在匀强磁场，磁场方向

垂直纸面向外，图中A、C、0三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点

处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域

IK若区域【中电场强度大小为E、磁感应强度大小为Bi,区域1【中磁感应强度大小为B2,则粒子从

CF的中点射出，它们在区域】I中运动的时间为10。若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的粒子在

区域H中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

,G

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为2Bi,则t>to

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>to

C.若仅将区域H中磁感应强度大小变为482,则亡=9

D.若仅将区域H中磁感应强度大小变为孑8?，£=&£。

【考点】带电粒子在三角形边界磁场中的运动；带电粒子在叠加场中做直线运动.

【专题】定量思想；儿何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】在叠加场中，粒子受到的洛伦兹力和电场力相等，由此可得出场强或者磁感应强度变化后粒子

的速度大小，在区域II中粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据几何关系得出半径和圆心角的大小，结

合圆周运动的周期公式完成分析。

【解答】解：区域【中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：

qE=qvoBi

在区域II中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

47T2

qv0B2=m-^-r

解得：7=翟

因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90。，则

_7rm

砺

A、若仅将区域I中磁感应强度大小变为2Bi,在区域【中粒子依然受力平衡，则

qE=qvAX2Bi

解得：勿=罢

根据牛顿第二定律可得:

n2

qvB=—mv

解得：,=器

由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的玄则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍然为90°,

故t=to,故A错误:

B、若仅将区域I中电场强度大小变为2E,根据上述分析可知:

2qE=qvBBi

解得：VB=2VO

根据半径的计算公式r=器可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过

qB

的圆心角仍然为90°,故1=10,故B错误;

C、若仅将区域H中磁感应强度大小变为厚82,则粒子进入区域II中的速度为vo,根据半径的计算公

4

式「=黑可知粒子做圆周运动的半径变为原来的W>2倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转

v3

过的圆心角为60°,此时的时间为：

t=~^~

则1=竽玲，故C错误；

V2

D、若仅将区域n中磁感应强音大小变为782，同I：述分析可知，粒子做圆周运动的半径变为原来的

春=2板〉2倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为45°,则此时的时间

为：

t==V210»故D正确；

故选：Do

【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉速度选择器的工作原理，理解粒子做圆周运动

的向心力来源，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成分析，

3.（2023•海南）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力

说法正确的是（)

㊉

XXXX

B

▼V

XXXX

XXXX

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B.小球运动过程中的速度不变

C.小球运动过程的加速度保持不变

D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

【考点】洛伦兹力的动力学特点；左手定则判断洛伦兹力的方向.

【专题】定性思想：推理法；带电粒子在亚合场中的运动专题：分析综合能力.

【答案】A

【分析】明确小球运动中受力情况，知道洛伦兹力不做功，从而分析小球运动过程中的速度、加速度情

况。

【解答】解：A.带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作

用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正确；

B.小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；

C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速

度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误.

D.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹

力永不做功，故D错误。

故选Ao

【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，注意明确洛伦兹力不做功这一性质，同时正确分析功能关

系以及掌握牛顿第二定律公式的应用。

4.（2023•江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。己知

ab边长为21,与磁场方向垂直，be边长为1,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（）

IB

I

-----*----c

A.0B.BI1C.2BI1D.V5BI1

【考点】左手定则判断安培力的方向；安培力的概念.

【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】C

【分析】分别根据安培力的计算公式得出导线的ab边和be边受到的安培力大小，从而得出导线受到的

安培力。

【解答】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：

Fi=2BIl

导线的be边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：

F=Fi=2BII,故C正确，ABD错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析，难度不

大。

5.（2023•广东）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为L12T,质子加速后获

得的最大动能为ISXlo'eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽

略相对论效应，1CV=1.6X10I9J）（）

7

A.3.6X106mzsB.1.2X10m/s

C.5.4X107m/sD.2.4X108m/s

【考点】回旋加速器.

【专题】定量思想：推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析1质子受到的洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式联立等式得出质子的最大速率。

【解答】解：质子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

277,9,2

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

联立解得：v=5.4XI07m/s,故C正确，ABD错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解质子做圆周运动的向心力来源，结合动能的计算

公式即可完成分析。

6.（2023•新课标）一电子和一a粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕

P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知a粒子的速度约为电

1

子速度的二，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（

A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外

C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里

D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外

【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动.

【专题】定性思想；推理法；带电粒了•在复合场中的运动专邈；推理论证能力.

【答案】C

【分析】沿直线运动到a点的曲子受力平衡，电场力等于洛伦兹力，运动到b点的粒子从O点射出时，

所受合力水平向右；a粒子带正电，受电场力方向与电场方问相同，电子带负电，受电场力方向与电场

方向相反；根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向，根据选项分析即可。

【解答】解：A、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向左，a粒子所受甩场力水平向左，若磁场方

向垂直纸面向里，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力水立向左，则a粒子向左偏转，不会出现图示

的轨迹，故A错误：

B、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向左，a粒子所受电场力水平向左，电子所受电场力水平向

右，若磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，。粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水

平向左，沿直线运动到a点的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度约为电子速度的力，若a粒子沿直线运动到a点,则电子所受洛伦兹力大于电场力.

电子向左偏转，若电子沿直线运动到a点，则a粒子所受洛伦兹力小于电场力，a粒子向左偏转，不会

出现图示的轨迹，故B错误；

C、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，a粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力水平向

左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力水平向左，电子所受洛伦兹力水

平向右，沿直线运动到a点的粒子受力平衡，有：qvB=qE

已知a粒子的速度约为电子速度的三，若a粒子沿直线运动到a点，则电子所受洛伦兹力大于电场力，

电子向右偏转，若电子沿直线运动到a点，则a粒子所受洛伦兹力小于电场力，a粒子向右偏转，会出

现图示的轨迹，故C正确；

D、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，a粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力水平向

左，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，a粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水平

向左，a粒了•向右偏转，电了向左偏转，不会出现图示的轨迹，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是分析好粒子的受力情况和运动情况。

7.（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的

磁场B=kiL通有待测电流1的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B，=kW。调

节电阻R,当电流表示数为I。时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流T的方向和大小分别为（）

C.btQ,1QD.bta,/Q

【考点】霍尔效应与霍尔元件；通电直导线周围的磁场.

【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】D

【分析】本题根据安培定则，结合合场强为0,即可解答。

【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为

零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b-a,元件输出霍

尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0,即kilo=k2l',1'="/。，故ABC错误，D正确；

K2

故选：Do

【点评】本题解题关键是分析出元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0。

8.（2023•北京）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空

且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a,长度为1（l»a）。带电

粒了•束持续以某•速度v沿轴线进入管道，粒了在磁场力作用下经过•段圆弧垂直打到管壁上，与管壁

发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q,不计粒

子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是（）

A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a

B.粒子质量为也

v

C.管道内的等效电流为nqna2V

D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；等效电流的计算：安培力的计算公式及简单应用.

【专题】定量思想：推理法；带电粒子在磁场中的运动专题：分析粽合能力.

【答案】C

【分析】带电粒子束以某一速度v沿轴线进入管道，洛伦兹力提供向心力，粒子做圆周运动半径为a,

再结合左手定则解答。

【解答】解•：A.带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为：r=a,

故A正确；

2

B.根据：qvB=mJ,可得粒子的质量为：m=半，故B正确；

rv

C管道内的等效电流为：1=,=叫，故C错误；

D.粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力，为：F=BIl=Bnql,故D正确。

本题选错误的，故选：Co

【点评】本题考查左手定则、电流定义以及带电粒子在磁场中运动的规律，用好几何关系＜

9.（2023•全国）如图，水平面（纸面）内有一光滑U形金属导轨，导轨上有一金属棒ab；虚线左边有一

方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场。金属棒所在区域存在方向向左的恒定匀强磁场,

则金属棒所受安培力的方向为（）

B.水平向右

C.垂直纸面向里D.垂宜纸面向外

【考点】左手定则判断安培力的方向；楞次定律及其应用；安培力的概念.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】根据楞次定律，结合右手定则，分析ab棒感应电沆方向，再根据左手定则，分析金属棒所受

安培力的方向。

【解答】解：虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场，根据楞次定律，闭合

回路形成垂直回路向外的磁场，根据右手定则，ab棒的电流方向竖直向上，根据左手定则，ab棒所受

安培力的方向为垂直纸面向外，故D正确，ABC错误。

故选：Do

【点评】本题考查学生对楞次定律、右手定则、左手定则的掌握，是一道基础题。

10.（2023•全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一

通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培

C.垂直于圆盘平面向里D.垂直于圆盘平面向外

【考点】左手定则判断安培力的方向；安培力的概念.

【专题】定性思想：推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】B

【分析】橡胶圆盘不导电，带有大量均匀分布的正电荷，当圆盘绕其中心0顺时针转动时，在橡胶圆

盘上会形成半径不等的若干个同心顺时针环形电流，这些环形电流在通电直导线处会产生磁场，分别判

断左半侧、右半侧的环形电流在通电直导线处产生磁场的方向、磁感应强度的强弱，按照磁场叠加原理,

最终确定通电直导线处的磁场方向。再根据左手定则，可以判断出通电直导线所受安培力的方向。

【解答】解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流,

所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方

向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。

故ACD错误，B正确。

故选：Bo

【点评】本题主要考查磁场对通电导线的作用（左手定则），一要确定橡胶圆盘上产生的电流的方向:

二要确定橡胶圆盘上产生的环形电流在通电直导线处产生的磁场方向；三要会运用左手定则判定通电直

导线所受安培力的方向。

II.（2023•上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力,

安培力变化如图所示,取向右为正方向，则外力随时间变化国像为（）

A.

FF

【考点】安培力的概念；导体平动切割磁感线产生的感应电动势.

【专题】定性思想：推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力.

【答案】C

【分析】求得速度为v时电动势，在求得安培力表达式，结合图像判断导体棒运动情况，根据牛顿第二

定律得到拉力表达式，进而得到外力随时间变化图像。

【解答】解：导体棒切割磁感应线，当速度为v时产生电动势为£=81”，导体棒受安培力为F^=BIL=

吗为，由图可知安培力随时间做线性变化，故导体棒做匀变速运动，根据牛顿第二定律可得：F-F安

A

=F-BIL=F—吗包=F—立粤^nma,即：F=史立卢^幺+ma,U时刻安培力为零，F=ma,

Kt\t\

故C正确，ABD错误；

故选：Co

【点评】本题主要考查电磁感应中图像问题。根据题意判断导体棒运动情况,再根据牛顿第二定律求解。

二,解答题（共9小题）

12.（2024•选择性）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：I、II区宽度

均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；10、IV区为电场区，IV区电场足够宽；各

区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。

3

如图，甲、乙平行于X釉向右运动，先后射入I区时速度大小分别为;V0和V0。甲到P点时，乙刚好射

入I区。乙经过【区的速度偏转角为30°。甲到。点时，乙恰好到P点。己知HI区存在沿+x方向的匀

强电场，电场强度大小Eo=鬻。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生

的磁场。

（I）求磁感应强度的大小

（2）求山区的宽度d。

（3）IV区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=3t-kx,其中

常系数3>0,3已知、k未知，取甲经过0点时t=0。已知甲在IV区始终做匀速直线运动，设乙在IV

区受到的电场力大小为E甲、乙间距为Ax,求乙追上甲前F与Ax间的关系式（不要求写出Ax的取

【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专邈：分析综合能力.

【答案】（1）磁感应强度的大小B为普；

2qL

（2）HI区的宽度d为辞；

（3）乙追上甲前F与Ax间的关系式为F二空¥。

【分析】（1）粒子在磁场中做与圆周运动，根据己知粒子乙经过I区的速度偏转角为30°,由几何关

系得到粒子乙的圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心求解磁感应强度的大小。

（2）求得粒子乙从射入磁场到运动到达P点的时间，此时间等于粒子中由P点到O点做匀加速直线运

动的时间，对粒子甲由牛顿第二定律和运动学公式求解d。

（3）求得粒子甲进入IV区时的速度，甲在IV区始终做匀速直线运动，甲所受电场力为零，据此求得k

值。对乙粒子进入IV区后，通过与甲粒子的运动对比求解F与Ax间的关系式。

【解答】解：（1）粒子在磁场中做与圆周运动，已知粒子乙经过I区的速度偏转角为30°,设粒子乙

的圆周运动半径为R乙，其运动轨迹如图I所示：

由几何关系得：R乙sin300=L

由洛伦兹力提供向心得：qBvounr^L

R乙

联立解得：8=舞

(2)设粒子乙从射入I区到运动到达P点的时间为口。则有:

r/乙2nL

ti=2x------=弓—

为3%

已知甲到P点时，乙刚好射入I区，甲到O点时，乙恰好到P点。可知粒子甲由P点到。点做匀加速

直线运动的时间等于粒子乙从射入I区到运动到达P点的时间U。对粒子甲，根据牛顿第二定律得:

9zn口2

qEo=ma甲，已知：Eo=47rql

a2

解得粒子甲在川区运动的加速度大小为：2甲=若v

iTlLJ

由运动学公式得：伊咨

解得：€1=婴

（3）设粒子甲进入IV区时的速度为v甲，则有：

3Vn.

vi|i=+a/1=3vo

已知取甲经过O点时1=0,甲在W区始终做匀速直线运动，则任意时刻I,甲相对O点的位移为:

xip—vipt=3vot

t时刻甲所处位置的电场强度为零，则有: