2021-2025年高考物理试题分类汇编：磁场（海南专用）解析版

五年真题（202L2025）

专墓06磁场

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

考点1磁现象在情境设置上，常结合科技前沿与生

2023

与磁场活实际，像粒子加速器、磁悬浮列车原理

等场景，让考生基于真实问题进行分析。

考点2安培力

2023在知识运用层面，重点聚焦磁场基本性质，

与洛伦兹力如对安培定则、安培力、洛伦兹力的理解

考点3带电粒与计算，并且注重将磁场知识与力学、电

子在磁场中的2021、2024磁感应等知识深度融合，比如考查带电粒

运动子在复合场（电场、磁场、重力场）中的

运动，要求考生综合运用牛顿运动定律、

动能定理等知识，分析粒子运动轨迹、速

度变化等情况。

从考查题型来看，既有对基础概念与

规律判断的选择题，也有涉及复杂分析计

算的综合题。对于有界磁场问题，尤其是

带电粒子在直线边界、圆形边界磁场中的

运动，出现频率较高，且对临界问题与极

值情况的考查愈发深入，比如在圆形磁场

考点4带电粒

区域中，求解带电粒子能射出磁场的最小

子在复合场中2022、2023

区域面积，或是在特定条件下粒子运动的

的运动

最长时间等。在思维能力考查上，着重培

界考生构建物理模型的能力，将实际问题

简化为熟知的物理模型，同时强化运用数

学工具的能力，如利用几何知识确定粒子

在磁场中的圆心位置、半径大小及运动轨

迹，借助三角函数描述粒子运动相关物理

量变化，以此全面提升考生从实际问题中

抽象出物理本质、运用物理知识解决复杂

问题的科学思维与探究能力。

（五年真题•分点精准练）

考点01磁现象与磁场

1.（2023・海南・高考）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈〃板/埋在地下的线圈

分别为1、2,通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）

A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上

B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为向

C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为岫cd

D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同

【答案】C

【来源】2023年高考海南卷物理真题

【详析】A.由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手螺旋定则，可

知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；

B.汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为《以仍（逆时针），B

错误：

C.汽车离开线圈1过程中，磁通晟减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为时〃（顺时针），C

正确；

D.汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为（逆时针），再

根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反,D错误。

故选C。

考点02安培力与洛伦兹力

2.（2023・海南・高考）如图所示，比形金属杆上边长为乙=15cm,质量为〃?=lxi（y3kg,下端插入导电液体中，

导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里8=8x10-2T的匀强磁场。

（1）若插入导电液体部分深h=2.5cm,闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度〃=10cm,设杆

中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；（g=10in/s2）

（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度〃=5cm,通电时间

/=0.002s,求通过金属杆截面的电荷量。

XXXXXXXX

B

XXXXXXXX

【答案】（1）&m/s,4.17A；（2）0.085C

【来源】2023年高考海南卷物理真题

【详析】（I）对金属杆，跳起的高度为〃，竖直上抛运动由运动学关系式y2=2gH解得v=/i77=彷m/s通

电过程金属杆受到的安培力大小为由动能定理得4/Ah-〃噜0+h）=0解得/=4.17A

（2）对金属杆，通电时间/=0.002s,由动量定理有（8〃-〃呜＞'=加-0由运动学公式产=28”通过金属杆截

面的电荷量夕=/7联立解得q=0.085C

3.（2023・海南・高考）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（）

-------0-------

XX|XX

BI

XXvxX

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

【答案】A

【来源】2023年高考海南卷物理真题

【详析】A.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，A正确；

BC.小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误;

D.洛伦兹力永不做功，D错误。

故选A。

考点03带电粒子在磁场中的运动

4.（2024.海南•高考）如图，在.“射坐标系中有三个区域,圆形区域I分别与x轴和y轴相出于尸点和S

对的弦长最短，即此时最短弦长为区域n的磁场圆半径2凡根据几何知识可得此时在区域n和区域I中

运动的凯迹所对应的圆心角都为60。，粒子在两区域磁场中运动周期分别为

2TTR2mn

27r27?4ml

衣MR

故可得该粒子在区域i和区域n中运动的总时间为片三中三仁詈

360°360°Bq

（3）如图，将速度％分解为沿y轴正方向的速度%及速度-，因为可得凡尸的%，故可知沿y轴正

方向的速度为产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力为六故粒子沿y正方

向做旋进运动，根据角度可知J=21,（^1153。=1.6%故当一方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速

度为%=h+16,0=2.6%圆周运动半径4=胃=驾=1.6K根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距

离为

5.（2021・海南・高考）如图，在平面直角坐标系Qty的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应

强度大小为8。大量质量为〃?、电量为q的相同粒子从），轴上的尸（0,乃为点，以相同的速率在纸面内沿

不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹带为afO%Wl8O。）。当a=150"时，粒子垂直x

轴离开磁场。不计粒子的重力。则（）

A.粒子一定带正电

B.当a=45。时，粒子也垂直x轴离开磁场

C.粒子入射速率为独遇

m

D.粒子离开磁场的位置到0点的最大距离为3逐L

【答案】ACD

【详析】A.根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确;

BC.当夕=150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图

粒子运动的半径为尸鸟=2v5L洛伦兹力提供向心力解得粒子入射速率尸.

cosoOrm

若a-45°,粒子运动轨迹如图

根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；

D.粒子离开磁场距离。点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图

根据几何关系可知（2/・）2=（A/JA）~+.端解得X［U=3A/^/.D正确.

故选ACDo

考点04带电粒子在复合场中的运动

6.（2023・海南・高考）如图所示，质量为〃7,带电量为+夕的点电荷，从原点以初速度”射入第一象限内的电

磁场区域，在O<yy），0,O<x<xo（A、为为已知）区域内有竖直问上的匀强电场，祗“0区域内有垂直纸面

向里的匀强磁场，控制电场强度（£值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，

则（）

A.粒子从N0中点射入磁场，电场强度满足

B.粒子从N尸中点射入磁场时速度为为占

C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为呼

qB

D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是詈产于

【答案】AD

【详析】A.若粒子打到PN中点，则xo=R|二），o=:『解得所噜选项A正确;

B.粒子从PN中点射出时，则与二三。速度片=［有=蓝］赢选项B错误；

C.粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为仇则tan外3=代=等粒子从电场中射出时

vy空皿qF、Q

的速度v=E粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则/，8=〃1则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN

Sin〃r

的距离为冷rcosO解得公学=白选项C错误；

Bv（）曲an。

D..当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时

竖直最大速度,?“=学,t0=%/出离电场的最大速度%=小诒+嗡=:］焉+4%则由小8=/叶可得最大半径

隼=警回诜项D正确：

"qBqB\\XQ

故选ADo

7.（2022.海南.高考）有一个辐向分布的电场，距离。相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过

电场，乂垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（）

【答案】C

【详析】粒子在辐射电场中以速度'，做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知

*=〃?9解得尸粒子在匀强磁场中/解得/=彳；粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同

场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度u和比荷H

m

故选c.

1年模拟•精选模考题

1.（2025.海南三亚•学业水平诊断）如图所示为一宽度为d的匀强磁场,一束电子以垂直于磁感应强度区

且与磁场右边界的垂线成族60。角的速度u射入磁场，其穿出磁场时速度方向恰好和左边界垂直，则下

列说法正确的是（）

电子在磁场中运动的时间为粤

A.电子在磁场中做圆周运动的半径为2dB.

C.电子的比荷为华若增大电子的速度，则电子在磁场运动时间增大

【答案】B

【详析】A.粒子的运动轨迹如图所示

根据几何关系有rsinQd解得尸手〃故A错误；

B.电子在磁场中运动的时间为片与小；口次=辛故B正确；

36006v9v

C,根据洛伦兹力提供向心力有9姐=/小解得/吟故c错误；

D.由以上分析可知，若增大电子的速度，则电子在磁场运动转过的圆心角减小，则时间变小，故D错

误。

故选B。

2.（2025.海南僧州.二中•模）有关下列四幅图的描述，正确的是（）

等离子体

图4

A.图1中，增大加速电压U,可以减小粒子在回旋加速器口运动的时间

B.图2中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管会交替发光

C.图3中，在梁的自由端施力F,梁发生弯曲，上表面应变片的电阻变小

D.图4中，仅减小两极板的距离，则磁流体发电机的电动势会增大

【答案】A

【详析】A.设粒子获得最大速度为〃由洛伦兹力提供向心力有（尺为最大轨道半径）最终

K

动能联立解得d=卓则加速次数片与粒子在磁场中运动周期运动总时间日良卷

22niqb22qB

联立解得/-嗒由此可知，增大加速电压u,粒了在回旋加速器中运动时间减小，故AIT确；

B.图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，A、B发光二极

管不会交替发光，故B错误；

C.在梁的自由端施力F,梁发生弯曲，上表面拉伸，应变片的长度/变长，横截面积S变小，根据电阻

定律人=P!可知上表面应变片的电阻变大，故c错误；

D.磁流体发电机稳定时，有4分^^（d为两极板间的距离）解得电动势U=4小可知仅减小两极板的

距离从磁流体发电机的电动势会减小，故D错误.

故选A。

3.（2025•海南琼海嘉积中学-模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，正三角形的三个顶点上放置着三

根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R，导线中的电流大小相等，。和R中的电流方向向里，。中

的电流方向向外。已知无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比，R在。

点产生的磁感应强度大小为殳。下列说法正确的是（）

如

/\

/%

/、

/、

/、

/、

/\

-P®O@Q；

A.P受到的安培力的方向竖直向上B.R受到的安培力的方向水平向右

C.O点磁感应强度大小为旧的D.P、R在Q点产生的磁感应强度方向竖直向下

【答案】C

【来源】2025届贵州省黔南外高三下学期第三次模拟（4月）物理试题

【详析】ABD.三根导线中的电流大小相等，根据安培定则可得，在尸、R、Q、。四点的磁感应强度

方向如图所示

根据左手定则可得，P、R导线所受安培力方向如图所示，故ABD错误；

C.已知R在O点产生的磁感应强度大小为4,无限长直导线在某点形成的磁感应强度大小与该点到导

线的距离成反比，P、。在。点产生的磁感应强度大小均为济，由

色卷得当=75%则。点的磁感应强度为%/扁+。092=历初0,故c正确。

故选C。

4.（2025•海南农垦中学•三冲）如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金

属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速笊核汨和氮核;He,下列说法中正确的是（）

【详析】A.设D形盒的半径为R则粒子最后射出磁场时有因小=，〃华解得最大速度%=处笊核和

家核的比荷相等，所以最大速度相等，故A正确：

B.粒子获得的最大动能/皿=；"*=萼两粒子的比荷相等，但电荷量q不相等，所以最大动能不相

等，故B错误；

C.粒子被加速的次数满足〃*="4=要，解得片学两粒子的比荷相等，它们在D形盒中运动被

22m2mU

加速的次数相同，故CiE确；

D.带电粒子在磁场中运动的周期/嘴两粒子的比荷相等，所以周期相等，因为回旋加速器所接高频

电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，所以两次所接高频电源的频率相同，故D正确。

故选ACDo

5.（2025•海南僧州二中•一模）电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理

可简化为如下情形：小车在平直公路上行驶时，小车内的某装置产生方向竖直向下的匀强磁场，磁感应

强度为从水平地面固定一矩形金属单匝线圈。灰M俯视图如图所示。已知线圈电阻为七ab边长为L,

，以边长为2心当小车（无动力）水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生作用，使小军做减速运

动，从而实现缓冲。已知小车的总质量为〃?，受到地面的摩擦阻力恒为/;小车磁场刚到线圈外边时速度

大小为”,当小车磁场刚到线圈cd边时速度减为零（H边未离开磁场）。下列描述正确的是（）

---->VO

•xxxxxxxcid

：xxxxxxx,、一

：XXXXXXx线圈

•XXXXXXX--------------1

:.................................'bc

小车

A.整个缓冲过程中流过线圈Med的电荷量/考

B.小车磁场刚到线圈M边时如边所受安培力大小

C.小车磁场从线圈帅边到cd边所用的时间为"答

D.小车磁场从线圈小边到cd边整个过程中线圈产生的焦耳热Q=?〃晶2〃

【答案】AD

【详析】A.根据法拉第电磁感应定律、闭合回路的欧姆定律以及电流与电荷量的关系£=弋，/=]q=^t

联立解得夕=等=生/=畔，故A正确；

AAA

B.磁场刚进入线圈时，线圈加边切割磁感线，有石=孔如Y，F=BIL联立解得"边所受安培力大小

为尸=小，故B错误；

C.小车进入磁场到停下，以向右为正方向，根据动量定理得#8立3片0-〃”0则有#8功=0-〃?为解得

/=吧与警，故C错误；

JR

D.根据系统能量守恒可得2L可得整个过程中线圈产生的焦耳热为。鬲-加,故D正确。

故选AD,

6.（2025•海南文昌中学•适应性考试）如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为心的匀强磁场,

正方形闭合导线框"〃的边长为/，放在桌面上，加边与磁场边界平行，L>/。让导线框在沿附方向的

恒力尸作用下穿过匀强磁场，导线框的仪图像如图2所示。以下判断正确的是（）

A./厂”2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大

B.12~“时间内，导线框两端的电压恒为0

C.力〜“时间内，V“图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L

D.口〜以时间内，导线框产生的焦耳热大于丹

【答案】CD

【详析】A.。时刻，导线框开始进入磁场区域，减速运动.安培力大于恒力凡加速度逐渐变小，安

培力减小，故A错误；

B.介〜口时间内，导线框的感应电流为零，但两边都切割磁感线，ad两端的电压不为0,故B错误；

C打时刻，导线框全部进入磁场区域，力时刻，导线框开始离开磁场区域，。〜门时间段图线和坐标轴

围成的面积表示磁场的宽度〃故C正确；

D.因为门〜口段的安培力大于恒力凡位移是/，故导线框产生的焦耳热大于网,故D正确。

故选CDo

7.（2025・海南・三模）如图所示，足够大的水平面A8CO上方空间有水平向右的匀强电场和水平向左的匀

强磁场，电场强度大小及=IOON/C,磁感应强度大小坳=I.5T。一个不计重力带正电的粒子以初速度

»150m/s从水平面48C。上某点竖直向上射出。已知粒子电荷量行1.6x10」。。质量〃?=1.6xl0/2kg。

为方便计算取m3。从射出到第一次回到该水平面的过程中，下列说法正确的是（）

A.粒子能上升的最大高度2.0m

B.粒子第一次回到该水平面的位置和射出点的距离是2夜m

C.粒子第一次回到该水平面时的速度大小是250m/s

D.粒子从射出到第一次回到该水平面的时间是4.0x10飞

【答案】BC

【详析】A.粒子将受到水平向左的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，所以粒子的运动可以看成水平

向左的匀加速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动，根据洛沦兹力提供向心力有G，oBo=m）解得r=L0m

所以粒子能上升的最大高度1.0m,故A错误;

BD.粒子第一次回到该水平面的时间为片37=等解得片0.02s水平方向的位移大小为尸，%=驷

解得x=2m所以粒子第•次回到该水平面的位置和射出点的距离为卡/^（21=2每m故B正确，D错

误；

C.粒子第•次回到该水平面时水平速度为匕.=&/=2（）（）m/s此时粒子的速度大小为v=J国=250m/s故C

止确。

故选BC.

8.（2025•海南琼海嘉积中学•模）如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R,所加磁场的磁感应强度大

小为反方向垂直D形盒向下。质子从D形盒中央由静止出发，经电压为U的交变电场加速后进入磁

场，若质子的质量为〃?，带电荷量为e,质子在电场中运动的时间忽略不计，则下列分析正确的是（）

B

A.质子在回旋加速器中加速后获得的最大动能为手

2m

B.质子在回旋加速器中加速的次数为千

eB

C.质子在回旋加速器中加速的次数为哼

mu

D.质子在回旋加速器中运动的时间为嚓

【答案】AD

【详析】A.质子在磁场中做匀速圆周运动，质子轨道半径等于D型盒半径R时速度最大，对质子，

由牛顿第二定律得质子的最大动能解得Ekm=3』故A正确；

BC.对质子，由动能定理得〃6。="八，2_。解得片誓■故BC错误；

22mU

D.质子在磁场中做匀速圆周运动的周期7=次=学质子在回旋加速器中的运动时间片-7解得片吟故

veB22U

D正确。

故选AD0

9.（2025•海南海口农垦中学-三冲）在水平面内建立如图甲圻示的直角坐标系xOp,一根足够长的光滑

绝缘轻质细杆上的a点处套有一个质量为〃八带电荷量为+。/的小球，整个空间存在竖直向下、磁感应强度

大小为5的匀强磁场，如图乙所示。片0时刻，绝缘细杆在外力作用下由静止开始以加速度牝沿y轴正方向

做匀加速直线运动（杆始终与工轴平行），小球经过6点时沿X轴方向的加速度也为劭。下列说法正确的是

XXXX

XX力X

XX

B

XX

XX

A.小球经过瓦点时细杆的速度大小为笠

2qB

B.小球经过〃点时沿x轴方向的速度大小为孤

C.小球经过6点时受到细杆沿y轴方向的支持力大小为等

D.小球经过6点时外力的功率为嘤二

【答案】BCD

【来源】2025届江西省高三下学期模拟预测物理试卷

【详析】A.小球经过6点时在水平方向的加速度也为劭，有夕8劭片〃以0，解得六三细杆的速度大小

布=劭片徵，A错误；

B.小球6轴方向受到的洛伦兹力与时间成正比，根据动量定理有/=学=mv解得产竺3B正确；

22qR

C.小球经过b点时，沿y轴方向有尸旷西尸加劭解得凤=节及，C正确；

D.夕卜力的功率六公丫杆=号」，D正确。故选BCD。

10.（2025•海南农垦中学•三冲）如图所示，在。冲坐标系的第一象限OSEGO.lm的区域内存在沿y轴正

方向的匀强电场，场强大小为石一挡板卜.端固定在户0.2m处，其上有一小孔，挡板与工轴

负方向夹角。=53。，挡板右侧有一与挡板相切于小孔的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小方

向垂直纸面向里，一比荷为2=：C/kg的带正电粒子从坐标原点处沿x轴正方向飞入电场区域，其恰好垂

直挡板从小孔飞出，不计粒子重力。已知圆形磁场区域的半径火=25v5m,sin53o=0.8,COS53G0.6,求：

（1）粒子飞入电场时的速度大小V0；

（2）粒子在磁场中运动的时间:;

【答案】（l）%=10m/s

（2）/=ys

【详析】（I）根据题意画出粒子运动轨迹，如图所示

粒子在电场中做类平抛运动，则出电场时有tang］沿电场方向有修=码垂直电场方向有根据牛

顿第二定律有qE=ma解得=1Om/s

（2）粒子飞出电场时的速度为尸白粒子在磁场中做匀速圆周运动，有少8=贮解得尸25m设粒子

在磁场中转过的圆心角为a,且ta*=£=V5解得“=与故粒子在磁场中运动的时间为6=9片；x至

2r3Inlxv

解得/=M=?s

3qB3

11.（2025•海南海口农垦中学•冲刺四）如图，在3），坐标系x>0、区域内存在水平向左的匀强电场，

在yVO的区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为一质量为〃?，电荷量为+9

的粒子，在磁场中的P点以速度“沿式轴正方向射出，且经。点飞出磁场时速度方向与1y轴正方向夹

角为53。。在电场中适当位置放置一与x轴平行的小绝缘挡板（图中未画出），该粒子与小绝缘挡板发

生弹性碰撞（碰后沿挡板方向的速度不变，垂直挡板方向速度大小不变，方向相反），碰后粒子垂直

于x轴方向返回磁场。已知粒子在运动过程中加、q均不变，电场强度大小为

sin53°=0.8,cos53°=0.6,不计粒子重力。

（1）求P点坐标；

（2）求粒子与挡板碰撞位置的坐标；

（3）改变电场中挡板的位置（始终与x轴平行），求粒子与挡板发生一次碰撞后进入磁场前，粒子打在x

轴上（x>0）最远处的坐标和挡板距x轴的距禽。

【答案】⑴（-瑞，/）

⑵（京，初

⑶（黑山。），裴

【详析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动伏，08fA解得尸多由几何关系得xp=-〃cos53o=-驾，

rqn3qB

^=-r（l-sin530）=-=故P点坐标（-翁-瑞

O

（2）根据题意可知，进入电场时期（）.户型^1153。=40，VV=V0COS53=7V0粒子进电场后，做匀变速曲线运

动，根据牛顿第二定律夕可得加速度。=六；沿％轴速度减小为。时，挡板位置

x-d+vQX7-7,产蚱g+d解得x=T，/,尸qd即挡板的位置坐标为（T%G"）

（3）粒子打在x轴（x>0）侧最远时,设射出电场时水平速度为以，电场中义-必=2oq射出电场后X2=VxX

vy

Xmax=0+Xl+M="+Je+1^x根据数学知识可知当旷/o时有最大值为再耐=黑”即最远处的坐

标为（黑力0）粒子在电场中运动的时间/=呼挡板距离X轴的距离d=4+丐匚（解得/二号

12.（2025・海南/昌中学•适应性考试）竖直平面内水平虚线上方有方向水平向左的匀强中场。虚线下方高

度为”的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的电场

强度大小相等。将质量为机、电荷量为+夕的小球从。点以初速度w竖直向上抛出，小球的运动轨迹

如图所示，〃、。两点在虚线上，力点为轨迹的最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆周运动

且恰好不出下边界。不计空气阻力，重力加速度为g。求：

卜ia

XX,X''X',X'X

XXXXX

XXXXXX

(1)小球运动到。点的时间/及小球经过。点时的速度大小;

(2)匀强磁场的磁感应强度BH勺大小。

【答案】(1乂=逐七

（2-内研•＜）

⑵3=

qH

【详析】(1)由于小球在虚线上方竖直向上做匀减速运动，到。点时竖直速度为0,则々=卬

解得片£又由于小球在虚线下方磁场和电场中做匀速圆周运动，则夕E=mg从〃到c的运动时间

tac=2t=^-在水平,方向上qE=ma,%=也“山运动的合成％=［力+喙联立解得心=75%

(2)由题意可知小球运动轨迹如图所示

设。点小球速度与水平方向成〃，由cosg£解得cosg兰由几何关系可得/-cos〃+尸”解得尸券由

牛顿第二定律夕话=小由以上各式联立得8=勺吆

13.(2025・海南海口・仿真考)如图所示，圆心为O的两个同心圆是磁场的边界，小圆半径为之,大圆半径

R未知，小圆内有磁感应强度为民的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，两圆边界之间环形区域磁感

应强度为平，磁场方向垂直于纸面向外。某时刻一个质量为，〃、带电量为“的粒子(不计重力)，从

小圆的A点沿半径方向射向圆心O,经磁场偏转后穿过边界上M点进入环形区域，圆心角口力。m=90。。

粒子恰好未穿出大圆，然后通过小圆上N点(图中未画出)再次进入小圆内。求：

(I)粒子射入磁场的初速度为;

(2)大圆环的半径R以及粒子从A点出发第一次到达N点的时间；

(3)粒子运动的周期久和在一个周期内粒子运动的轨迹长度5。

【答案】(1)%="她

m

(2代暂现R。,尸笆嗡应

⑶7。二吗”，户2。+10乃水岛

【详析】(I)小圆磁场内从八点到M点，由洛伦兹力提供向心力00厮=强由几何关系，粒子在小

ri

圆磁场内的半径〃=价解得％=等

(2)根据粒子在磁场内做圆周运动的半径公式尸就可得粒子在环形区域磁场内的半径为『2=近&)(粒

子运动的部分轨迹如图所示)由几何关系可得粒子在环形区域内圆周运动的圆心。2点到。点的距离为

2即圆心角nM3M20。则大圆的半径为相伍+同热)根据粒子在磁场内做圆周运动的周期公式「=工

可得粒子在小圆磁场内的周期/=萼粒子在环形磁场内的周期72=浮则粒子从A点出发第一次到

qB。qB。

达N点的时间右:八十1八解得六包粤包

4，646(/斯

(3)粒子从A点出发第一次到达N点运动的轨迹长度为“卡32叫+》2“2=9#咆粒子从A点出

发第•次到达N点，相对圆心。转过的圆心角为210。，之后粒子的运动过程都与之相似，即粒子每一

次由环形磁场穿过边界进入小圆环内，相对圆心。转过的圆心角为都21()。。则满足关系〃210。=〃?36()。(〃

和加都取整数)。解得满足条件的最小值片12,〃尸7则粒子运动的周期为7。=12片考警粒子在一

个周期内运动的轨迹长度尸12%\,=210小h％

14.(2025・海南•三模)如图所示，水平面上的长方体空间，棱长小43=2乙，截面4282c2。2将长方体均分为

两正方体，长方体内(含边界)分布有竖直向上的匀强电场，右侧正方体内(含边界)还分布有竖直

方向的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为4°。一质量为机、带电荷量为+g的带电微粒沿平

行于小小的方向从小々中点G以水平速度射出，恰好沿直线到达生当中点，之后进入右侧正方体，从

。3。3的中点F离开长方体。已知重力加速度为8，求：

(1)匀强电场的场强大小E；

(2)带电微粒从G到产运动的时间；

(3)若仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从中点离开长方体，带电微粒

从出发到离开长方体运动的时间。

【答案】(1泮

(2端1

©喏

【详析】(1)带电微粒从小当中点进入电场，恰好运动到企当中点，则带电微粒受力平衡，则夕E=mg

解得召=吧

(2)带电微粒从G点开始运动，先做匀速直线运动，运动时间为f产;在右边正方体内竖直方向电场

力和重力平衡，合力仅为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，则根据几何关系知半径尸L则由做

匀速圆周运动的周期7=?磁场中运动时间所以带电微粒从G到户运动的时间片。+，2=嗡

(3)仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从GQ中点离开长方体，则在左

边正方体中运动时间为/产子根据几何关系知半径r'=gqv'BQ=mi做匀速圆周运动的周期7=”磁场

中运动时间/2=力所以带电微粒从G到GQ中点运动的时间/=0+。=竺罂

15.（2025•海南琼海嘉积中学•