2021-2025年高考物理试题分类汇编：磁场（福建专用）解析版

五年真题（202L2025）

与题10磁场

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

磁场专题作为福建高考物理的核心内容，其命

题展现出群明的延续性与发展性。从五年考情看，

考点1磁场和磁现“磁场和磁现象”基础考点是绝对的重心，几乎年

2025>2223、2022、2021

象年必考，重点聚焦于磁感应强度方向判定、磁感线

特性、地磁场、电流的磁场等核心概念的理解与辨

析，题型以选择题为主，强调概念的本质把握。带

电粒子在磁场及复合场中的运动是考查学生模型

考点2安培力2024构建与逻辑推理能力的关键载体，近年考查频率较

高且稳定，预计将继续作为压轴或中档题的重要来

源，侧重考查洛伦兹力特点、圆周运动基本规律、

考点3带电粒子在圆心与轨迹的确定，以及临界与多解问题。命题情

2024、2G23

磁场中的运动境将持续紧密结合科技前沿与生产生活实例，增强

试题的时代感和应用性。整体趋势上，核心基础概

念的辨析将保持高频稳定，带电粒子运动的模型化

考查将深化，情境设计更趋多元化和本土化，并可

考点4带电粒子在

2025、2024、2021能强化对物理思想方法的渗透，侧重物理本质的理

复合场中的运动

解与逻辑推理，复杂数值计算要求不高，但对空间

想象和过程分析能力的要求持续在线。

（五年真题•分点精准练）

考点（）1磁场和磁现象

1.（2025•福建•高考真题）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L与Lz，通有大小相等，方向相反的

电流。导线周围存在M、。、N三点，M与。关于L对称，。与N关于L2对称且OM=ON,初始时，M处

的磁感应强度大小为8八O点磁感应强度大小为现保持Li中电流不变，仅将Lz撤去，求N点的磁感

应强度大小（）

a■■■■■■——

M0N

A.%一■B.今-BiC.Bi-BiD.Bi-B2

【答案】B

【详析】根据安培定则，两导线在。点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在0点处产

生的磁感应强度大小为殳=去，根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为从，根

据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为%=母，由于L2在N点处产生的磁感应强度大于匕|在可点处

产生的磁感应强度，且方向相反，将Lz撤去，N点的磁感应强度为今-%。

故选Bo

2.（2023・福建・高考）（多选〉地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的

形戌机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下

列判断正确的是（）

A.地表电荷为负电荷

B.环形电流方向与地球自转方向相同

C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大

D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大

【答案】AC

【详析】A.根据右手螺旋定则可知，地表电荷为负电荷，故A正确：

B.由于地表电荷为负电荷，则环形电流方向与地球自转方向相反，故B错误;

C.若地表电荷的电量增加，则等效电流越大，地磁场强度增大，故C正确；

D.若地球自转角速度减小，则等效电流越小，地磁场强度减小，故D错误。

故选ACo

3.（2022・福建•高考）（多选）奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针

放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采

用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的

影峋。他能得到的实验结果有（）

A.减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B.用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转

C.减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D.小磁针的偏转情况与其放置位置无关

【答案】AB

【详Iff]A.减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确：

B.白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；

C.减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误：

D.通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方■向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况

不同，选项D错误。

故选ABo

4.（2021・福建•高考）（多选）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系宜下平面，导线与坐标平面的

交点为〃、b、c、d四点。已知〃、〃、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点。，e为cd的中

点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电

流方向垂直坐标平面向外。则（）

用......9

C0-.......0....Qd

A.O点的磁感应强度为0

B.。点的磁感应强度方向由。指向c

C.e点的磁感应强度方向沿），轴正方向

D.e点的磁感应强度方向沿），轴负方向

【答案】BD

【详析】AB.由题知，四条导线中的电流大小相等，且到。点的距离相等，故四条导线在0点的磁感应

强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示

AB.如图，取通电半圆形铜环的一小段似，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安

培力方向如图所示，其大小AF=B/AZ,根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平

方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析

CD.对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F===故C正确，D

错误.

故选ACo

方法二：等效法

通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径Qb,电流方向Q->b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力

方向竖直向下，大小/=BIx2r=2rIB,根据受力分析可得，通电后，绳子拉力T=mg+F=mg+2rIB>

mg,两根细绳拉力均比未通电流时的大。

故选AC。

考点03带电粒子在磁场中的运动

6.：2023•福建•高考）阿斯顿（F.Asion）借助自己发明的质谱仪发现了很等元素的同位素而获得诺贝尔奖，

质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在尸P'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小

为屏两个气离子在。处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在“和N处。已知

某次实验中，v=9.6xl04m/s,fi=0.1T,落在M处岚离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8xl（）6c/kg；

P、0、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。

（1）求OM的长度；

（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处筑高子的比荷。

【答案】（1）0.4m；（2）4.4x106C/kg

【详析】（】）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有

V

qvB=m—

r

4

整理得一器9.6X10m=0.2m

4.8X1O6XO.1

OM的长度为OM=2r=0.4m

（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动凯迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向

心力得q'vB=7n'3

整理得

qvv.

^=^=Ll^=4-4X1°C/kg

考点04带电粒子在复合场中的运动

7.（2025・福建・高考真题）（多选）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场8与水平向右的匀强电场E,一带

电体在复合场中恰能沿着MN做匀速宜.线运动，MN与水平方向呈45。，N尸水平向右。带电量为q,速度为

v,质量为〃?，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过夕点，重力加速度为g,则（）

>

XXXX

N”

X/'XXX

----------->

M

XXXX

A.电场强度为£=如

q

B.磁场强度为8=卫电

qv

C.NP两点的电势差为。=乂匕

q

D.粒子从N5时距离NP的距离最大值均

【答案】BC

【详析】AB、带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。

由受力平衡可知mg=qE,qvB=yfimg

解得电场强度E=.，磁感应强度B=叵吆，故A错误，B正确。

C、在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。

且加速度Q===41g,粒子到达P点时，位移偏转角为45。，故在夕点，速度角的正切值tan。=2tan45°=2

所以粒子在。点的速度蚱=J述+了=V5v,N到P过程，由动能定理，有qU=gm评-^mv2,解得NP两

点间的电势差U=乂且，C正确；

q

D、将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且外,=

vcos45°=^v,故粒子能向上运动的最大距离八=孕=：,D错误；

22g4g

故选BCo

8.(2024・福建•高考)如图，直角坐标系中，第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第1【、IH象限

中有两平行板电容器G、Q，其中G垂直x轴放置，极板与％轴相交处存在小孔M、N；。2垂直y轴放置，上、

下极板右端分别紧贴y轴上的尸、0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Q，而后从P进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直》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，。、P间距离为d,Q、G的板间电压大小均为〃，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轴正句的夹角;

(3)磁场的磁感应强度大小。

【答案】(1)点

(2)45°

【详析】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qUEmv/，解得见=舟

（2）粒子在C2中，根据牛顿运动定律有华=7HQ

2

根据匀变速直线运动规律有d=^at.vy=at

又tanb=—

%

解得8=45°

（3）粒子在P处时的速度大小为Up=+药

在磁场中运动时根据牛顿第二定律有q%B=萼

1\

由儿何关系可知/?二注4

解得8=1冏

9.（2021•福建•高考）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的

方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（粗）以速度为自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线

做匀速直线运动。下列粒子分别自。点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（）（所有粒子均不考

虑重力的影响）

A.以速度手的射入的正电子注）

B.以速度先射入的电子（_%）

C.以速度2%射入的核（汨）

D.以速度4%射入的。粒子6He）

【答案】B

【详析】质子（；H）以速度火自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力

和电场力，满足qu（）B=qE,解得%=三

即质子的速度满足速度选择器的条件；

A.以速度f的射入的正电子（髭），所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向卜偏转，故A错误；

B.以速度%射入的电子（_髭），依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择

电性而只选择速度，故B正确；

C.以速度2为射入的核（徂），以速度4%射入的。粒子GHe）,其速度都不满足速度选器的条件为=，故

都不能做匀速直线运动，故CD错误;

故选Bo

1年模拟•精选模考题

一、单选题

1.（2025•福建莆田•三模）如图所示,粗细均匀的“L”型金属棒ACD用绝缘细线PD和QA悬吊,静止在垂直于

PDCAQ平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为CD部分水平，长为4L,AC部分竖直，长为3人给金属棒

通人大小为/、方向从。到4的恒定电流，同时给金属棒施加一个外力，使金属棒仍处于原静止状态，则加在

金属棒上外力的最小值为（）

A.3BILB.4BILC.5BILD.7BIL

【答案】A

【详析】要使金属棒处于原静止状态，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即F=

故选Ao

2.（2025•福建宁德•三模）如图所示，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中

运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（）

•ee9b9B9

•••aj•\•

Me\：

\•cN

d

A.带正电荷B.沿Q->b-c->d->e方向运动

C.穿过金属板后，轨迹半径变小D.穿过金属板后,所受洛伦兹力变大

【答案】C

【详析】ABC.带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律=可得丁=5，可知轨迹

半径应减小，故可知粒子运动方向是eidTcrbiQ,粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹

力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB错误，C正确；

D.穿过金属板后速度减小，根据可知，洛伦兹力减小，故D错误。

故选C。

3.（2025•福建•百校联考押题）用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动，主:要为可控核聚变提供理论与技

术支持。磁约束的基本原理是带电粒子在磁场中受的洛伦兹力，某实验小组设计了一个模拟磁约束的小实

验（研究粒子的运动过程不超过1个周期），如图，匀强磁场存在于两个中心重合的正方形区域之间，正方

形ABCD边长4a,abed边长为2a。现"点处有一粒子源能向各方向发射速率为v的正电粒子，若要把粒子

束缚在图示磁场中，则（）

A.若不让粒子从A8边出射,8的最小值为哼也

6qa

B.若不让粒子从3C边出射，3的最小值为巨理空

6qa

C.若不让粒子从。。边出射，8的最小值为胆

Q«

D.若不让粒子从94边出射，B的最小值为胆

qa

【答案】A

【详析】本题要求把粒子束缚在图示磁场中，且要求8最小，由洛伦兹力提供向心力有quB=7ng

解制r=等,可知要求8最小，则「最大，由图根据几何关系可知J（3Q）2+（3Q）2-=岳,解得8的最

小值都为5=空®竺。

故选Ao

4.（2025・福建三明•三模）如图，水平台面上有一足够长、间距为L的平行光滑金属导轨MMPQ,置于塑

料圆筒内，导轨左端连着电容为C的电容器和电动势为E的电源，整个装置处于磁感应强度大小为8、方

向竖直向上的匀强磁场中。将一质量为〃，的模拟金属炮弹置于圆筒内导轨上，先将开关拨至接线柱1,充

电结束后，将开关拨至接线柱2,炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过

炮弹的电荷量为如已知炮弹电阻为R,炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻”则在此过程

中炮弹（）

B

A.做匀加速直线运动B.在导轨上的位移为誓

DU

C.离开导轨时的速度为出

mD.最大速度与电容器电容大小成正比

【答案】C

【详析】A.对炮弹受力分析，根据牛顿第二定律有=ma,结合/=*,C，由于电容器放电过

程中，极板所带电量Q在减小，可知极板间电压、通过炮弹的电流以及炮弹所受安培力都在减小，则可知

炮弹的加速度也在减小，故A错误；

B.炮弹在导轨上运动过程，由于电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是彳，即噂tHq

则可知誓，故B错误；

C.对炮弹.，以向右方向为正，根据动量定理有无=znv,其中平均安培力斤=B〃，结合q=%3可得u=

四=为故C正确；

mm

D.刚充电结束时，电容器电荷量为。=。m导轨达到最大速度时，电容器电荷量Q'=Q-q,此时电容器

电压〃=日，此时导轨产生的感应电动势等于U,故=联立以上几式可得亨=BA,可解得E=

（焉）,故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故错误。

bBL+BLCD

故选C。

二、多选题

5.（2025•福建龙岩•一模）如图甲所示，轻质细线吊着一质量m=2kg、边长L=lm、匝数〃=5的正方形

线圈，线圈总电阻r=0.5。。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小

随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

甲

A.0〜6s内穿过线圈磁通量的变化量为3Wb

B.线圈中产生的感应电流的大小为1A

C.t=3s时轻质细线的拉力大小为15N

D.0〜4s内线圈产生的焦耳热为8J

【答案】BC

【详析】A.0〜6s内穿过线圈磁通量的变化量为△中=A8*L2=（i.6-0.4）xgxl2wb=0.6Wb

选项A错误；

B.由法拉第电磁感应定律得E=n第=〃¥4L2=5X?X：X12V=0.5V,根据闭合电路的欧姆定律可得

AtAt262

线圈中的感应电流大小为/=1A,选项B正确；

r

C.根据图乙可知，/=3s时磁感应强度为B=IT,线圈受到的安培力大小为：尸受〃B〃=5x|x1xlN=5N,方向

竖直向上，则轻质细线的拉力大小为7=mg—/安=15N,选项C正确；

D.0〜4s内线圈产生的焦耳热为公尸"做。与'印：2】，故D错误。

故选BCo

6.：2025•福建漳州•三测）如图，两根通有等大、反向电流的长直导线A、B垂直纸面固定，acbd为正方形,

其中心。及a、b在A、B连线上，则（）

、

/—

、

—\

—

—B

A&//—\

—3

、

—

、®

一

一

一--

。

—zz

、—

、—

、—/

、—

、、

—

、

、

A.。点的磁感应强度大于d点的磁感应强度

B.4点的磁感应强度大于。点的磁感应强度

C.d点的磁感应强度与c点的磁感应强度相同

D.。点的磁感应强度与b点的磁感应强度不同

【答案】AC

【详析】A.设导线A、B中的电流分别为/】与，2,由题意可知。=/2,在各点产生的磁场如图所示

Be八、%在O点产生的磁感应强度相同，设大小均为％1，则O点的磁感应强

度大小B。=2%],/1、/2在4点产生的磁感应强度大小及1=蜃2,则d点的磁感应强度大小Bd<Bdl+Bd2=

213五,由于OB=OA<dg=>B0[>^di=^d29所以8。>Bd,故A正.确；

BC.由图知，d点的磁感应强度与c点的磁感应强度大小相等、方向相同，故B错误，C正确；

D.J］在。点产生的磁感应强度Bal与，2在〃点产生的磁感应强度%2相同，A在b点产生的磁感应强度8匕1与，2

在。点产生的磁感应强度先2相同，所以。点的磁感应强度与〃点的磁感应强度相同，故D错误。

故选AC。

7.（2025・福建•模拟预测）如图所示，竖直平面内存在垂直竖直纸面向外的匀强磁场，将一粗纽均匀的电阻

丝折成正方形导体框Qbcd,垂直放置于磁场中，ad边水平且放在压力传感器上。现将Q、d两点通过轻质导

线接到直流电源上，通电后压力传感器的示数为0。已知导体框的质量为m,重力加速度为0,轻质导线对

导体框没有作用力。下列判断正确的是（）

A.接线柱1与电源的负极相连

B.ab边受到的安培力大小为0

C.加边受到的安培力大小为（mg

D.若将电源正负极调换，则压力传感器的示数为3mg

【答案】AC

【详析】A.线框受安培力向上，由左手定则可知，电流方向向左，即接线柱1与电源的负极相连，故A

正确;

B.根据左手定则，，沿边电流向下，受到的安培力方向向左，大小不为0,故B错误；

C.设从边电流为/,安培力凡则ad边电流为3/,安培力3F,=mg,即从边受到的安培力大小为

F=故C正确；

D.若将电源正负极调换，则安培力大小不变，方向变为竖直向下，则压力传感器的示数为2〃琢，故D错

误。

故选ACo

8.（2025•福建多地市•二模）中国科学家利用兰州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制备，“扇形聚

焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为。的圆形区域

等分成8个扇形区域，相h间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，另

外4个区域内没有磁场。质量为优、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭

合平衡轨道如图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中（）

A.运动的方向是顺时针

C在磁场中运动的总时间嘴

【答案】AD

【详析】AB.由于粒子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，粒子运动的方向

是顺时针，故A正确，B错误;

CD.因为粒子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经过4个扇形磁场区域总共

转过的角度为360。，所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可

得=又T=耳，联立可得7=膏，可知离子在磁场中运动的总时间为詈，故C错误，D正确。

故选ADo

9.（2025•福建漳州•四检）如图，圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为〃人电荷星为。/的带

电粒子从。点以速度v沿平行于直径CD方向射入磁场，粒子经过圆心。，最后离开磁场。已知圆形区域半

径为R，。。与CO间的夹角为45。，不计粒子重力。则（）

A.磁感应强度大小为空

qR

B.粒子在磁场中运动的时间为翳

2v

C.仅改变速度方向，粒子可能从。点射出

D.仅增大速度，粒子在磁场中运动的时间将变短

【答案】AD

【详析】A.根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示

由千圆形区域半径为R,则。点到C。的距离为乎R,设粒子做圆周运动的半径为“根据几何关系有r="/?

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有=解得8=3/，故A正确；

B.根据上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，粒子圆周运动的周期丁=肛=耳，则粒子在

vqB

磁场中运动的时间为£==故B错误；

2qb

C.仅改变速度方向，粒子运动轨迹半径不变，则粒子不可能从。点射出，故c错误；

D.圆心在过户点的竖直线匕仅增大速度，粒子在磁场中运动的周期不变，运动半径增大，可知轨迹圆心

角变小，粒子运动时间将变短，故D止确；

故选AD。

10.（2025•福建宁德•三模）如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，倾角为37。的足够长的传送带以恒

定的速率顺时针转动，一质量为0.1kg,带电量为0.1C的物块从传送带的底端静止释放，其运动的口-七图

像如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.8,重力加速度g取10m/s2,则（

A.物块可能带负电B.传送带的速率可能大于2m/s

C.磁场的磁感应强度大小为O.25TD.前6s内物块的位移大小为4.5m

【答案】BC

【详析】A.设物块带负电，根据左手定则可知，物块受到垂直斜面向右下方的洛伦兹力，还有重力、支

持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有/-mgsin6=ma,由乙图可知，物块是做加速度不

断减小的加速运动，即加速度a不断减小，所以滑动摩擦力/也不断减小；又根据凤=mgcos。+随

着速度u不断增大，支持力凤不断增大，根据/=〃尺，可知滑动摩擦力/■不断增大，故前后判断不一致，故

物块不可能带负电，应是带正电，物块受的洛伦兹力应垂直斜面向左上方，其他力的方向不变，根据牛顿

第二定律有/-?九gsine=77ia,可知随加速度a不断减小，所以滑动摩擦力/•也不断减小；，根据凤=

mycosO-Bqu,随着速度v不断增大，支持力尸N不断减小，根据/=〃产N，可知滑动摩擦力/不断减小，故

前后判断一致，所以物块带正电，故A错误；

C.根据牛顿第二定律有/'-mgsin。=ma,在垂直斜面方向上有FN=rngcosO-Bqv,又f=出,联立解

得mgQcos。—sin。）—/iBqv=ma,由乙图可知,当加速度a=0时速度u=2m/s,则有mgQccs。—sin。）—

=代入数据解得B=0.25T,故C正确；

B.由C项分析，可知只要传送带的速度大于等于2m/s,则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，

所以传送带的速度可能是2m/s,也有可能是大于2m/s,故B正确；

D.对物块运动的前6s,由动量定理m.q^cosG-sin0）t-^Bqx=mv,带入数据可得x=5m,故D错误。

故选BCo

11.（2025•福建莆HI•三模）如图所示，直角三角形ACO区域内有垂直三角形平面的匀强磁场，磁感应强度

大小为B,2力二30。,乙。二90。,40边长为L，在4c边中点P在三角形平面内沿与24边夹角为30。的方向向磁

场内射入质量为m、电荷量为q的各种不同速度的带正电粒子，有的粒子能沿垂直力。边的方向射出磁场，不

计粒子的重力，则下列判断正确的是（）

A.磁场方向垂直三角形平面向里

B.当粒子速度大小为噂时，粒子的运动轨迹与AD边相切

C.4。边有粒子射出的区域长度接近;L

D.4C边有粒子射出的区域长度接近,心

O

【答案】BC

【详析】A.由于射出的粒子有的能沿垂宜.4。边射出，由左手定则可知磁场方向一定垂直三角形平面.向外,

A项错误；

B.设粒子射出速度大小为几时，轨迹与4。相切，设轨迹半径为r,根据几何关系，2rcos3（T=；L

解得r=*，根据牛顿第二定律，=解得%=篙，B项正确；

CD.由几何关系可知，力。边有粒子射出区域长度接近AC边有粒子射出区域长度接近PQ=

4

；tan300=^L,C项正确，D项错误。

412

故选BCo

12.（2025・福建・适应性练习）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。。外平面内存在竖直向下的

匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为8。质量为m、电荷量为e的电子从。点沿“轴正方

向水平入射。入射速度为％时，电子沿X轴做直线运动；入射速度小于先时，电子的运动轨迹如图中的虚线

所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。若电子入射速度在0<u<

为范围内均匀分布，下列说法正确的是（）

XXXBXX

、、、

/xx\

X/XX

/、/

OX

XX、ExX、X

A.电场强度E=Bv0

B.若电子入射速度为手，运动到速度为f时位置的纵坐标为为=£鼻

C.若电子入射速度为华，最大运动速度为1.75%

D.能到达”=嗯位置的电子的百分比为80%

【答案】AC

【详析】A.根据题意，入射速度为火时，电子沿％轴做直线运动，竖直方向受力平衡，有eE=e%8

解得E=故A正确；

B.电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于

电子入射为早,则电子受到电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eE%=（|mv0）?~

2»解得％=段翳，故B错误：

C.若电子入射速度为与，由于电子在最高点与最低点所受的合力大小相等，则在最高点有产合二。%8-。£

在最低点有七=。£一半血联立解得力=蔡一半=1.75%,故C正确；

D.设以速度"射入时能到达、2=翳立置，对该位置电子进行分析，根据动能定理有〃%="*一如泊

由C选项中有小=竽-入联立解得〃=椅%，可知能到达力=坐位置的电子的百分比为九%，故D错

B105CD

误。

故选AC。

三、解答题

13.（2025•福建南平•质检）如图（a）,水平线1、2和3、4间有垂直纸面的匀强磁场I和II,两个区域的

磁感应强度大小相等方向相反。在2、3位置放置两块带有狭缝的平行金属板（2、3相距很近），两极板间

加上如图（b）所示的交变电压S3。/=0时在2板狭缝S处无初速释放一质子。已知上、下两磁场的宽度均

为L，两金属板间距为"，交变电压大小为U，磁感应强度大小为8,质子质量为〃?，电荷量为小重力不

计，质子每次通过两金属板狭缝时都能被电场加速。

（1）求第•次加速后质子获得的速度大小力；

（2）若质子被电场加速若干次后，恰好与磁场边界相切时离开磁场，求:

i.质子被加速的次数〃；

ii.质子在电场和磁场中运动的总时间/o

【答案】（］）%=楞

f/B2L2...BLd,nBl7nm

（2）E=Q；”.£=丁+何一标

【详析】（1）第一次加速过程，根据动能定理Uq=gzn谱

解得％二栏

（2）i.质子出磁场时恰好与边界相切，设速率为加，其圆周运动的半径r=L

根据牛顿第二定律有q%田=等

每次加速质子动能增加MxZ,根据动能定理有？lUq=~mvm

解得计鬻

ii.质子在电场中的加速过程所用时间为“，根据速度时间公式有为=Qti

根据牛顿第二定律有粤=ma

a

解得*=与

质子第〃次加速后运动四分之一周期出磁场，设质子在磁场中运动时间为5则周期为7=%=写

vqB

在磁场中运动的时间为t2=（n-l）7+i

24

nfil7Jtm

总时间t+tz=29+

2U2qB

14.（2025•福建福州福九联盟•三模）在一真空区域的竖直平面内建立如图所示的直角坐标系X。），，笫一象

限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第三象限内存在沿），轴正方向的匀强电场，电场强度大小均相等；y>0

的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，），<0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均

相等。一质量为机、带电量为q的微粒恰好沿虚线AO做匀速直线运动，速度大小为迎孙，方向与x轴负方

向夹角为45。，重力加速度为以求:

•••y•••

O,，＜45。

“人

i,，

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

（1）电场强度的大小和磁感应强度的大小；

（2）微粒在第三象限内运动的时间和离开第三象限时的位置坐标；

（3）微粒在第四象限内运动过程中速度的最大值。

【答案】（1）£=T，

qq%

3=全（。,-第

（3）u=2v0

【洋析】（1）根据受力平衡条件，微粒带正电，有mg=Eq，qV2v0B=

解得E=%，B=鳖

qQV0

（2）微粒进入第三象限后，由受力分析，重力和电场力平衡，故微粒受洛伦兹力做匀速圆周运动，设微粒

运动半径为七由几何关系可得8=90。，微粒在第三象限内运动的时间£ZTT

根据洛伦兹力提供向心力有n

周期为7=笋=3

V2v09

联立解得t=詈

2g

微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为dWR=汕

9

微粒离开第三象限时的位置坐标为（0,-普）

(3)微粒进入第四象限后速度方向与y轴负方向夹角为45°,根据运动的合成与分解,可以把速搜分解到X、

1y方向，分速度分别为以=V2v0sin45°=v0,vy=V2vosin45°=v0

根据受力分析qu4=mg,微粒运动可分解为水平方向速度大小为以匀速直线运动和速度大小为马的匀速

圆周运动。

以与与同向时合速度最大，最大远度为u=以+与=2%

15.(2025•福建一:明•三模)如图甲，在纸面内建立直角坐标系wy,坐标系的第一、二象限有足够长的宽度

为小方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁场的上边界平行于x轴。P、Q是长度为上的平行金属板、

垂直于纸面放置，两板中线与y轴共线，两板间加上周期为八场强大小为E。的周期性变化的电场，如图乙

所示。取x轴正方向为电场的正方向，位于P、。两板中线上的粒子源沿y轴正方向持续发射质量为〃?、电

荷量为小速度大小为彳的带正电的粒子，粒子均能从x釉离开电场进入磁场。不计粒子的重力及粒子间的

相互作用，忽略电场与磁场的边界效应。

(1)求t=。时刻进入电场的粒子，在g时刻沿x轴方向的偏移量~；

(2)若粒子从。点进入磁场，求粒子需从哪些时刻进入电场？若粒子从O点进入磁场且恰好不穿出磁场的上

边界MN,求磁感应强度%的大小；

(3)磁场方向不变，将磁感应强度大小改为当，粒子进入磁场后，若还受一个与速度方向总相反的阻力作用，

且阻力大小/•二ku(〃为已知量)，粒子轨迹恰与磁场MN边界相切，求最左边与最右边两相切点的横坐标。

【答案】(1)而=嚓

⑵％=翳

qET2,mL-kdTqET2,mL-kdT

⑶勺=-—0—+-----,X=——0+-------

14mqB]T2'4mqB"

【详析】(1)0-^T,粒子沿x轴方向做初速度为零的匀加速度直线运动，由运动学知识可知沿x轴方向

位移%o=1at2

由牛顿第二定律有。=也

m

联立解得％=

8m

（2）从t=^T（n=O、1、2......）时刻进入的粒子在电场中沿x轴方向的位移为零，粒子从。点进入磁

场；

粒子穿过电场的时间为t=±=T

粒子离开交变电场时沿电