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专题15 磁场
考点
五年考情（2020-2024）
命题趋势
考点1 磁现象
及安培力
2020 年海南卷、浙江卷、北京卷；
2021 年全国卷、福建卷、广东卷、重庆卷；
2022 年江苏卷、浙江卷、福建卷、全国卷、北
京卷、湖北卷、天津卷；
2023 年浙江卷、江苏卷、海南卷、北京卷；
2024 年福建卷等
安培力和洛伦兹力是高考物
理中的重要考点，近年来在高考
命题中呈现出以下几个趋势：
题型创新：高考命题将更加
注重题型的创新，考查形式将更
加多样化和灵活。这意味着考生
需要具备较强的应变能力和创新
能力，以应对各种新的题型和考
查要求。
考查内容更新：高考命题将
依据《课程标准》和《中国高考
评价体系》进行，强调对关键能
力、思维品质和学科素养的考
查。这表明高考将不再局限于考
查学生对知识的记忆，而是更注
重考查学生运用知识解决问题的
能力。
学科融合：高考试题将学科
融合，考查学生跨学科的意识和
视野。例如，语文试卷中可能会
出现与数学、物理等学科相关的
题目，这种趋势要求学生具备更
广泛的知识背景和跨学科的思维
能力。
开放性和多角度性：试题答
案将体现出多角度的开放性，鼓
考点2 洛伦兹
力及带电粒子
在匀强磁场中
的运动
2020 年全国卷、天津卷、江苏卷、浙江卷；
2021 年北京卷、全国卷、湖北卷、湖南卷；
2022 年北京卷、湖北卷、辽宁卷、浙江卷；
2023 年海南卷、全国卷、湖北卷、浙江卷；
考点3 带电粒
子在复合场中
的运动
2020 年山东卷、北京卷；
2021 年浙江卷、河北卷、辽宁卷；
2022 年河北卷、天津卷；
2023 年浙江卷；
2024 年湖南卷、甘肃卷、辽宁卷、重庆卷等
1
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励学生独立思考、表达自己的真
实见解。这意味着学生需要具备
更高的思维严密性和表达准确
性，而非机械记忆答题套路。
现代科技成果展现：高考试
卷中将展现现代科技成果，激发
学生从事科学研究、探索未知的
兴趣，助力拔尖创新人才的选拔
培养。
倡导解决实际问题：高考命
考点01 磁现象及安培力
1．（2023·浙江·高考真题）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
，通有待测电流
的直导线
垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场
。调节电阻R，当电流表示数为
时，元件输出霍尔电压
为零，则待测电流
的方向和大小分
别为（ ）
2
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A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【解析】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压
为零，
直导线
在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流
的方向应该是
；元件
输出霍尔电压
为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
2．（2022·江苏·高考真题）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b 相互垂直，a 平行于纸面，电流
方向向右，b 垂直于纸面，电流方向向里，则导线a 所受安培力方向（ ）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【解析】根据安培定则，可判断出导线a 左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下
方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故选C。
3
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3．（2022·浙江·统考高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N 极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【解析】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A 错误；
B．小磁针N 极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B 正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C 错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D 错误。
故选B。
4．（2021·全国·高考真题）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO 与
在
一条直线上，
与OF 在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根
无限长直导线通过电流I 时，所产生的磁场在距离导线d 处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均
为d 的M、N 两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
A．B、0
B．0、2B
C．2B、2B
D．B、B
【答案】B
【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M 处的磁感应强
度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M 处的磁感应强度为零；两直导线在N 处的磁感应强度方向均
垂直纸面向里，故N 处的磁感应强度为2B；综上分析B 正确。
4
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故选B。
5．（2020·北京·统考高考真题）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘
绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（ ）
A．偏转原因是圆盘周围存在电场
B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场
C．仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变
【答案】B
【解析】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会
对放入其中的小磁针有力的作用，故A 错误，B 正确；
C．仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C 错误；
D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D
错误。
故选B。
6．(多选)（2022·福建·高考真题）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
转情况的影响。他能得到的实验结果有（ ）
5
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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
【解析】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AB。
7．(多选)（2022·全国·统考高考真题）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感
应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy 面。某同学在某地对地磁场进行
了四次测量，每次测量时y 轴指向不同方向而z 轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
Bx/
μT
By/
μT
Bz/
μT
1
0
21
-
45
2
0
-
20
-
46
3
21
0
-
45
4
-
21
0
-
45
6
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A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2 次测量时y 轴正向指向南方
D．第3 次测量时y 轴正向指向东方
【答案】BC
【解析】A．如图所示
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极
的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3 度的倾斜。由表中z 轴数据可看出z 轴的磁场竖直向下，
则测量地点应位于北半球，A 错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT
B 正确；
CD．由选项A 可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2 次测量，测量
，故y
轴指向南方，第3 次测量
，故x 轴指向北方而y 轴则指向西方，C 正确、D 错误。
故选BC。
8．(多选)（2021·福建·统考高考真题）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy 平面，导线与
坐标平面的交点为a、b、c、d 四点。已知a、b、c、d 为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点
O，e 为
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（ ）
7
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A．O 点的磁感应强度为0
B．O 点的磁感应强度方向由O 指向c
C．e 点的磁感应强度方向沿y 轴正方向
D．e 点的磁感应强度方向沿y 轴负方向
【答案】BD
【解析】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O 点的距离相等，故四条导线在O 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
由图可知，
与
相互抵消，
与
合成，根据平行四边形定则，可知O 点的磁感应强度方向由O 指向
c，其大小不为零，故A 错误，B 正确；
CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b 到e 点的距离相等，故a、b 在e 点的磁感应强度大小相等，
c、d 到e 点的距离相等，故c、d 在e 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
由图可知
与
大小相等，方向相反，互相抵消；而
与
大小相等，方向如图所示，根据平行四边形
定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y 轴负方向，故C 错误，D 正确。
故选BD。
8
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9.(多选) （2024·福建·高考卷）将半径为r
铜导线半圆环AB 用两根不可伸长的绝缘线a、b 悬挂于天
花板上， AB 置于垂直纸面向外的大小为B 的磁场中，现给导线通以自A 到B 大小为I 的电流，则（ ）
A. 通电后两绳拉力变小
B. 通电后两绳拉力变大
C. 安培力为
D. 安培力为
【参考答案】
【名师解析】现给导线通以自A 到B 大小为I 的电流，由左手定则，可知导线所受安培力向下，安培力大
小为2BIr，所以通电后两绳拉力变大，BD 正确。
10．（2023·浙江·统考高考真题）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L 的导体棒，通过两根长均为
l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S 可与直流电源
或理
想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和
其它电阻。开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点
；然后开关S 接2，棒从右
侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【解析】A．当开关接1 时，对导体棒受力分析如图所示
9
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根据几何关系可得
解得
根据欧姆定律
解得
故A 错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦
耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
故B 错误；
C．根据B 选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小
于
，故C 正确；
D．根据B 选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D 错误。
10
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故选C。
11．（2023·江苏·统考高考真题）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2l，与磁场方向垂直，bc 边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力
为（ ）
A．0
B．BIl
C．2BIl
D．
【答案】C
【解析】因bc 段与磁场方向平行，则不受安培力；ab 段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab=BI∙2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
12．（2022·北京·高考真题）如图所示平面内，在通有图示方向电流I 的长直导线右侧，固定一矩形金
属线框
，
边与导线平行。调节电流I 使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框
边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增
加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为
，A 错误；
11
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B．线框中产生的感应电流为
空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B 错误；
C．线框
边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式
，故所受的安
培力变大，C 错误；
D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为
，根据左手
定则可知，线框
边所受的安培力水平向右，线框
边所受的安培力水平向左。通电直导线的磁场分部
特点可知
边所处的磁场较大，根据安培力表达式
可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，
D 正确。
故选D。
13．（2022·江苏·高考真题）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b 相互垂直，a 平行于纸面，电流
方向向右，b 垂直于纸面，电流方向向里，则导线a 所受安培力方向（ ）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【解析】根据安培定则，可判断出导线a 左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下
方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故选C。
14．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），直导线MN 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′
上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变
12
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化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的
是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N 指向M
B．电流I 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ 与电流I 成正比
D．sinθ 与电流I 成正比
【答案】D
【解析】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M 指向N，A 错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcosθ
则可看出sinθ 与电流I 成正比，当I 增大时θ 增大，则cosθ 减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC
错误、D 正确。
故选D。
15．（2022·浙江·统考高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂
直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，然后保持电流I 不变，改
变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F 分别与I 和L 的关系图象，则正确的是（ ）
13
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据F = BIL 可知先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，则F—I 图象是过原点
的直线。同理保持电流I 不变，改变通过电部分的长度L，则F-L 图象是过原点的直线。
故选B。
16．（2021·江苏·高考真题）在光滑桌面上将长为
的软导线两端固定，固定点的距离为
，导线通
有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】从上向下看导线的图形如图所示
导线的有效长度为2L，则所受的安培力大小
设绳子的张力为
，由几何关系可知
解得
故A 正确，BCD 错误。
14
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故选A.
17．（2021·广东·高考真题）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着
对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流
，四根平行直导线均通入电流
，
，电流
方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】因
，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满
足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线
要受到
吸引的安培力，形
成凹形，正方形上下两边的直导线
要受到
排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
18．（2020·海南·统考高考真题）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当
导线中通有垂直于纸面向里的电流I 时，导线所受安培力的方向为（ ）
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
【答案】B
15
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【解析】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示
故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向
下。
故选B。
19．（2020·浙江·高考真题）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通
以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加
相同量，则（ ）
A．1、3 线圈静止不动，2、4 线圈沿着对角线向内运动
B．1、3 线圈静止不动，2、4 线圈沿着对角线向外运动
C．2、4 线圈静止不动，1、3 线圈沿着对角线向内运动
D．2、4 线圈静止不动，1、3 线圈沿着对角线向外运动
【答案】B
【解析】先对1 和3 线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向：
16
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电流大小相等，线圈关于两导线对称，所以线圈中的磁通量为0，电流增大时，根据楞次定律可知线圈中
无感应电流，不受安培力，所以1 和3 线圈静止不动；
再对2 和4 线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向：
电流增大，根据楞次定律判断感应电流方向（如图所示），靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大，
因此受力起主要作用，根据左手定则判断安培力的方向（如图所示），根据力的合成可知2、4 线圈沿着对
角线向外运动，故B 正确，ACD 错误。
故选B．
20．(多选)（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导
轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂
直、与水平向右方向的夹角θ 可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当
调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为
g；减速时，加速度的最大值为
g，其中g 为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【解析】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左
手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
17
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令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手
定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
18
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加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
21．(多选)（2021·重庆·高考真题）某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈
水平固定，圆线圈P 与
、N 共轴且平行等距。初始时，线圈
通以等大反向的电流后，在线
圈P 处产生沿半径方向的磁场，线圈P 内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘
放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（ ）
A．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入正向电流
B．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入负向电流
C．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入正向电流
D．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入负向电流
【答案】BC
【解析】AB．当左托盘放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P 需要受到竖直向下
的安培力，若P 处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P 中通入负向电流，故A 错误，B 正确；
CD．若P 处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P 中通入正向电流，故C 正确，D 错误。
故选BC。
22．(多选)（2021·浙江·高考真题）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通
以
和
流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是
（ ）
19
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A．两导线受到的安培力
B．导线所受的安培力可以用
计算
C．移走导线b 前后，p 点的磁感应强度方向改变
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】BCD
【解析】A．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A 错误；
B．导线所受的安培力可以用
计算，因为磁场与导线垂直，故B 正确；
C．移走导线b 前，b 的电流较大，则p 点磁场方向与b 产生磁场方向同向，向里，移走后，p 点磁场方向
与a 产生磁场方向相同，向外，故C 正确；
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，
故不存在磁感应强度为零的位置。故D 正确。
故选BCD。
23．(多选)（2020·海南·统考高考真题）如图，足够长的间距
的平行光滑金属导轨MN、PQ 固定
在水平面内，导轨间存在一个宽度
的匀强磁场区域，磁感应强度大小为
，方向如图所示．
一根质量
，阻值
的金属棒a 以初速度
从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域
后，与另一根质量
，阻值
的原来静置在导轨上的金属棒b 发生弹性碰撞，两金属棒始
终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒a 第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b 上产生的焦耳热为
D．金属棒a 最终停在距磁场左边界
处
【答案】BD
20
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【解析】A．金属棒a 第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，
安培力减小，加速度减小，故金属棒a 做加速度减小的减速直线运动，故A 错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B 正确；
C．电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a 受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
解得对金属棒第一次离开磁场时速度
金属棒a 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a 机械能的减少量，即
联立并带入数据得
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b 上产生的焦耳热
故C 错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
21
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联立并带入数据解得金属棒a 反弹的速度为
设金属棒a 最终停在距磁场左边界
处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a 受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并带入数据解得
故D 正确。
故选BD。
24．（2023·北京·统考高考真题）2022 年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电
磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在
水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流
入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，
磁感应强度B 与电流i 的关系式为
（k 为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进
入第二级区域时，回路中的电流由I 变为
。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距
离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比
；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
22
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为
第二级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
23
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25．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，U 形金属杆上边长为
，质量为
，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
的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深
，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度
，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；
（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
，通电时间
，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1）
，4A；（2）0.085C
【解析】（1）对金属杆，跳起的高度为
，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
解得
（2）对金属杆，通电时间
，由动量定理有
由运动学公式
24
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通过金属杆截面的电荷量
联立解得
26．（2022·天津·高考真题）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1 所示的
模型讨论其原理，图2 为图1 的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，
平板与容器等宽，两板间距为，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导
电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上
升，可在两板间加垂直于
面的匀强磁场，磁感应强度的大小为
，两板间液面上升时两板外的液面高
度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为
、电阻率为
，重力加速度为
。
（1）试判断所加磁场的方向；
（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2 倍时的电压
；
（3）假定平板与容器足够高，求电压
满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
【答案】（1）沿轴负方向；（2）
；（3）
【解析】（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿
轴正方向，
根据左手定则可知，所加磁场的方向沿轴负方向。
（2）设平板宽度为
，两板间初始液面高度为，当液面稳定在高度
时，两板间液体的电阻为
，则有
当两板间所加电压为
时，设流过导电液体的电流为
，由欧姆定律可得
25
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外加磁场磁感应强度大小为
时，设液体所受安培力的大小为
，则有
两板间液面稳定在高度
时，设两板间高出板外液面的液体质量为
，则有
两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有
联立以上式子解得
（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同
理可得
整理上式，得
平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n 趋近无穷大，即
无限趋近于1，可得
27．（2022·全国·统考高考真题）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示
意图如图所示。图中A 为轻质绝缘弹簧，C 为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M 为
置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D 的一端与M 固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，
为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，
的圆心位于M 的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流
通过时，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经
上的O 点射到M 上后沿原路反射。线圈通入电
流后弹簧长度改变，使M 发生倾斜，入射光束在M 上的入射点仍近似处于
的圆心，通过读取反射光射到
上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C 的匝数
为N。沿水平方向的长度为l，细杆D 的长度为d，圆弧
的半径为r﹐
，d 远大于弹簧长度改变量
的绝对值。
26
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（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值
及
上反射光点与O 点间的
弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，
上反射光点出现在O 点上方，
与O 点间的弧长为
、保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在О 点下方，与O 点间
的弧长为
。求待测电流的大小。
【答案】（1）
，
；（2）
【解析】（1）由题意当线圈中通入微小电流I 时，线圈中的安培力为
F = NBIl
根据胡克定律有
F = NBIl = k│x│
如图所示
设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，又因为
d >> x，r >> d
则
sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ
所以有
27
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x = dθ
s = r2θ
联立可得
（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O 点上方，通电流I′后根
据前面的结论可知有
当电流反向后有
联立可得
同理可得初始时反射光点在O 点下方结果也相同，故待测电流的大小为
考点02 洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动
1．（2023·海南·统考高考真题）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（ ）
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
【解析】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；
28
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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．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
2．（2022·北京·高考真题）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂
直于纸面的匀强磁场，从P 点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3 所示。下列
说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1 对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2 对应的粒子初速度比轨迹3 的大D．轨迹3 对应的粒子是正电子
【答案】A
【解析】AD．根据题图可知，1 和3 粒子绕转动方向一致，则1 和3 粒子为电子，2 为正电子，电子带负电
且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A 正确，D 错误；
B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B
错误；
C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
解得粒子运动的半径为
根据题图可知轨迹3 对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情
况下，此结论也成立，C 错误。
故选A。
3．（2021·北京·高考真题）如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P 点以
与x 轴正方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y 轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为
q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
29
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A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】粒子恰好垂直于y 轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心
，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
因圆心的坐标为
，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A 正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径
可求出，但磁感应强度
未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD 错误；
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C．带电粒子圆周的圆心角为
，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度
未知，则运动时间无法求得，故C 错误；
故选A。
4．（2020·全国·统考高考真题）CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种
病情的探测。图（a）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b）所示。图
（b）中M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭
头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点
记为P 点。则（ ）
A．M 处的电势高于N 处的电势
B．增大M、N 之间的加速电压可使P 点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移
【答案】D
【解析】A．由于电子带负电，要在MN 间加速则MN 间电场方向由N 指向M，根据沿着电场线方向电势
逐渐降低可知M 的电势低于N 的电势，故A 错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
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可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P
点会右移，故B 错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C 错误；
D．由B 选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，
使P 点左移，故D 正确。
故选D。
5．(多选)（2021·湖北·统考高考真题）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻
突然分裂成a、b 和c 三个微粒，a 和b 在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c 未在
图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a 带负电荷
B．b 带正电荷
C．c 带负电荷
D．a 和b 的动量大小一定相等
【答案】BC
【解析】ABC．由左手定则可知， 粒子a、粒子b 均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应
保持不变，则粒子c 应带负电，A 错误，BC 正确；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即
解得
由于粒子a 与粒子b 的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a 与粒子b 的动量大小关系不确定，D 错误。
故选BC。
6．(多选)（2021·全国·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为
的带电粒子从圆周上的M 点沿直径
方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为
，离开
磁场时速度方向偏转
；若射入磁场时的速度大小为
，离开磁场时速度方向偏转
，不计重力，则
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为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
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故选B。
7．（2020·全国·统考高考真题）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a 和3a 的同轴圆柱
面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v 的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已
知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁
感应强度最小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为
，为了使电子的运动被
限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示
A 点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，
，
为直角三角形，则由几何关系可得
解得
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解得磁场的磁感应强度最小值
故选C。
8．（2020·全国·统考高考真题）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图
中虚线所示，
为半圆，ac、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q
（q>0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。
在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；过点做半圆的切线交
于点，如图所示
由图可知，粒子从点离开时，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最长；由图中几何关系可知，
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此时轨迹对应的最大圆心角为
则粒子在磁场中运动的最长时间为
故选C。
9．(多选)（2023·全国·统考高考真题）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P 点开有
一个小孔，过P 的横截面是以O 为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P 点沿PO 射入，然后与筒壁发生碰
撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量
大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线
【答案】BD
【解析】D．假设粒子带负电，第一次从A 点和筒壁发生碰撞如图，
为圆周运动的圆心
由几何关系可知
为直角，即粒子此时的速度方向为
，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由
圆的对称性在其它点撞击同理，D 正确；
A．假设粒子运动过程过O 点，则过P 点的速度的垂线和OP 连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，
由圆形对称性撞击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能
过O 点，A 错误；
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B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如
图所示
即撞击两次，B 正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C 错误。
故选BD。
10．(多选)（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所
示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P 点沿径向射入磁场，粒子1
沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M 点。粒子2 经磁场偏转后打在探测器上的N 点。装置内部为真空
状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1 可能为中子
B．粒子2 可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1 可能打在探测器上的Q 点
D．若增大粒子入射速度，粒子2 可能打在探测器上的Q 点
【答案】AD
【解析】AB．由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不带电，则粒子1 可能为中子；粒子2 向上偏转，
根据左手定则可知粒子2 应该带正电，A 正确、B 错误；
C．由以上分析可知粒子1 为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，C 错误；
D．粒子2 在磁场中洛伦兹力提供向心力有
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解得
可知若增大粒子入射速度，则粒子2 的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的Q 点，D 正确。
故选AD。
11．(多选)（2022·湖北·统考高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两
部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小均为B，SP 与磁场左右边界垂直。离子源从S 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与
磁场方向垂直且与SP 成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р 点射出，设出射方向与入射
方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ 角的可能组合为（ ）
A．
kBL，0°
B．
kBL，0°
C．kBL，60°
D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P 点，如图
根据几何关系则有
可得
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根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC 正确，AD 错误。
故选BC。
12．(多选)（2020·天津·统考高考真题）如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，
磁感应强度大小为B 的匀强磁场。一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角
。粒子经过磁场偏转后在N 点（图中未画出）垂直穿过x 轴。已知
，粒子电荷量为q，质量
为m，重力不计。则（ ）
39
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A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N 与O 点相距
【答案】AD
【解析】A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A 正确；
BC．粒子运动的轨迹如图
由于速度方向与y 轴正方向的夹角
，根据几何关系可知
，
则粒子运动的轨道半径为
洛伦兹力提供向心力
解得
BC 错误；
D．
与
点的距离为
D 正确。
故选AD。
13．（2023·湖北·统考高考真题）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀
40
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强磁场。t = 0 时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该
点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆
周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为
弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲 = 2T 乙
根据
，有
则
41
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粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
解得
v 乙0= －5v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为
。
（3）已知在
时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v 甲1= －3v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1= mv 甲2＋m 乙v 乙2
解得
v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒
42
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子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv 甲2＋m 乙v 乙2= mv 甲3＋m 乙v 乙3
解得
v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运
动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
解得
v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程中
乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
43
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S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
14．（2023·浙江·统考高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，
Oxy 平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感
应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下
边界与x 轴重合。位于
处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x 轴夹角为60°的正
离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在
范围，求进入第四象限
的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）
；
（2）
（3）60%
【解析】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
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运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
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（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，又
粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
15．（2022·浙江·统考高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R 的空心转筒P，可绕过O
点、垂直xOy 平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内
部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q 与y 轴交于A 点。
离子源M 能沿着x 轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0
的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y 轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且
失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B 的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q 的A 处，求转筒P 角速度ω 的大小；
（2）较长时间后，转筒P 每转一周有N 个离子打在板Q 的C 处，OC 与x 轴负方向的夹角为θ，求转筒转动
一周的时间内，C 处受到平均冲力F 的大小；
（3）若转筒P 的角速度小于
，且A 处探测到离子，求板Q 上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探
测点位置和O 点连线与x 轴负方向的夹角）。
0
6
R
v
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【答案】（1）①
，②
，k = 0，1，2，3…；（2）
，n =
0，1，2，…；（3）
，
，
【解析】（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v 的离子在磁场中圆周运动半径为
，有
离子在磁场中的运动时间
0
mv
B
qR
0
(4
1) v
k
R
2
0
(2 π
)
tan
2(π
)π
2
mv
n
N
F
R
5 π
6
1 π
6
2
2
0
0
mv
qv B
R
0
mv
B
qR
0
2
R
t
v
π
2 π
2
t
k
0
(4
1) v
k
R
R
tan 2
R
R
0 tan 2
v
v
'
π
R
t
v
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转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1，
，n = 0，2 或者
可得
，
，
16．（2021·湖南·高考真题）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子
流（每个粒子的质量为
、电荷量为
）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。
对处在
平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为
的带电粒子流沿
轴正方向射入圆心为
、半径为
的圆形匀强磁场中，
若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点
，求该磁场磁感应强度
的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于
的正方形，其几何中心位于
。在虚线框内设计一个区域
面积最小的匀强磁场，使汇聚到
点的带电粒子流经过该区域后宽度变为
，并沿
轴正方向射出。求该
磁场磁感应强度
的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于
的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于
的正方形。在Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为
的带电粒子流沿
轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ
0
(2 π
)
(π
)
v
n
R
2π
F
Nmv
2
0
(2 π
)
tan
2(π
)π
2
mv
n
N
F
R
0
0
0
2 π
(4
1)
6
π
n
v
k
v
v
R
R
R
5
2 π
6
n
0,
0,
2
k
n
p
q
=
=
=
5 π
6
1 π
6
2
m
q
v
xOy
1
2r
x
1
0
A
r
，
1r
O
1
B
2
2r
2
0
C
r
，
O
2
2r
x
2
B
3r
4r
3
2r
x
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后汇聚到坐标原点
，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为
，并沿
轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控
束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过
程）。
【答案】（1）
；（2）
，垂直与纸面向里，
；（3）
，
，
，
【解析】（1）粒子垂直
进入圆形磁场，在坐标原点
汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的
半径等于圆形磁场的半径
，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从
点进入下方虚线区域，若要从聚焦的
点飞入然后平行
轴飞出，为磁发散的过程，即粒子
在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的
匀强磁场区域
磁场半径为
，根据
可知磁感应强度为
O
4
2r
x
1
mv
qr
2
mv
qr
2
2
2
S
r
I
3
mv
B
qr
4
III
mv
B
qr
2
II
3
1
(
1)
2
S
r
2
IV
4
1
(
1)
2
S
r
x
O
1r
2
1
1
v
qvB
m r
1
1
mv
B
qr
O
O
x
2r
2v
qvB
m r
2
2
mv
B
qr
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根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3 和4 为粒子运动的轨迹圆，1 和2 为粒子运动的磁场的圆周
根据
可知I 和III 中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I 区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周
与三角形
之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV 区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II 中的匀强磁场面积为
17．（2020·江苏·统考高考真题）空间存在两个垂直于
平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁
感应强度分别为
、
。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度均为v。
甲第1 次、第2 次经过y 轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q 时，乙也恰好同时经过该点。
2
2
2
S
r
2v
qvB
m r
I
3
mv
B
qr
4
III
mv
B
qr
AOB
S
AOB
S
2
2
2
1
3
3
3
1
1
1
2(
)
2 (
)
(
1)
4
2
2
AOB
AOB
S
S
S
r
r
r
2
2
2
IV
4
4
4
1
1
1
2 (
)
(
1)
4
2
2
S
r
r
r
Oxy
0
2B
0
3B
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已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q 到O 的距离d；
(2)甲两次经过P 点的时间间隔
；
(3)乙的比荷
可能的最小值。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
Q、O 的距离为：
(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N 个周期，
所以，再次经过P 点的时间为
由匀速圆周运动的规律得
，
绕一周的时间为
t
q
m
0
3
mv
d
qB
0
2 m
t
qB
'
2
=
'
q
q
m
m
2v
qvB
m R
1
0
2
mv
R
qB
2
0
3
mv
R
qB
1
2
0
2
2
3
mv
d
R
R
qB
1
2
3
R
OP
N
d
d
3
t
NT
T
1
1
0
2 R
m
T
v
qB
2
2
0
2
2
3
R
m
T
v
qB
1
2
0
5
2
2
6
T
T
m
T
qB
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所以，再次经过P 点的时间为
两次经过P 点的时间间隔为
(3)由洛伦兹力提供向心力，由
得，
，
完成一周期运动上升的距离
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q 点相遇，则
，
结合以上式子，n 无解。
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q 点相遇，则
，
计算可得
（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，则n=2 时，乙的比荷
最小，为
18．（2020·浙江·统考高考真题）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形
、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，探测板
平行于
水平放置，能沿竖直
方向缓慢移动且接地。a、b、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界
水平射入磁场，b 束中的离子在磁场中沿半径为R 的四分之一圆弧运动后从下边界
竖直向下射出，并打
0
5
3
2
m
t
T
qB
1
0
2
2
T
m
t
t
qB
2v
qvB
m R
1
0
'
'
2 '
m v
R
q B
2
0
'
'
3 '
m v
R
q B
1
2
'
2
' 2
'
d
R
R
1
2
'
'
R
nd
OQ
d
'
'
'
1
2
1
1
2
(
)
2
2
2
2
2
T
T
T
T
T
n
'
nd
OQ
'
'
1
2
1
2
(
)
2
2
2
2
T
T
T
T
n
' =
'
q
q
n
m
m
'
'
q
m
'
2
=
'
q
q
m
m
EFGH
CD
HG
EH
HG
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在探测板的右边缘D 点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为
，探测板
的宽度为
，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v 的大小及c 束中的离子射出磁场边界
时与H 点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界
的最大距离
；
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F 与板到
距离L 的
关系。
【答案】(1)
，0.8R；(2)
；(3)当
时：
；当
时：
；当
时：
【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动
得粒子的速度大小
令c 束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界
边的Q 点射出，则由几何关系可得
，
(2)a 束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界
边射出时距离H 点的距离为x，由几何关系可得
0.6R
CD
0.5R
HG
HG
max
L
HG
qBR
v
m
max
4
15
L
R
4
0
15
L
R
1
2.6
F
NqBR
4
0.4
15 R
L
R
2
1.8
F
NqBR
0.4
L
R
3
F
NqBR
2
mv
qvB
R
qBR
v
m
HG
0.6
OH
R
2
2
(0.6 )
0.8
s
HQ
R
R
R
HG
'
0.6
HO
aH
R
R
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即a、c 束中的离子从同一点Q 射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为
、
，由几何关系可得
探测到三束离子，则c 束中的离子恰好达到探测板的D 点时，探测板与边界
的距离最大，
则
(3)a 或c 束中每个离子动量的竖直分量
当
时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力
当
时， 只有b 和c 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
当
时， 只有b 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为
19．（2020·全国·统考高考真题）如图，在0≤x≤h，
区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁
场，磁感应强度B 的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左
侧沿x 轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度
的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为
，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向
与x 轴正方向的夹角及该点到x 轴的距离。
2
2'
0.8
x
R
HO
R
HG
max
tan
R
s
OH
L
s
max
4
15
L
R
z
cos
0.8
p
p
qBR
4
0
15
L
R
1
z
2
2.6
F
Np
Np
NqBR
4
0.4
15 R
L
R
z
2
1.8
F
Np
Np
NqBR
0.4
L
R
3
F
Np
NqBR
y
m
2
B
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【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；
；（2）
；
【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。
设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满足
③
由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为
，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径
为
⑤
粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P 点的运动方向与x 轴正方向的夹角为α，
由几何关系
0
m = mv
B
qh
π
6
(2
3)
y
h
2
0
0
v
qv B
m R
0
mv
R
qB
R
h
0
m = mv
B
qh
m
2
B
2
R
h
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⑥
即
⑦
由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
20．（2020·浙江·高考真题）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测
板上质子数与衰变产生总质子数N 的比值），可研究中子（
）的
衰变。中子衰变后转化成质子和电子，
同时放出质量可视为零的反中微子
。如图所示，位于P 点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子
源在纸面内各向均匀地发射N 个质子。在P 点下方放置有长度
以O 为中点的探测板，P 点离探测板
的垂直距离
为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
已知电子质量
，中子质量
，质子质量
（c 为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。
若质子的动量
。
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以
为能量单位）；
（2）当
，
时，求计数率；
（3）若
取不同的值，可通过调节
的大小获得与（2）问中同样的计数率，求
与
的关系并给出
的
范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：
1
sin
2
2
h
h
π
6
2
1 cos
y
h
(2
3)
y
h
1
0n
eν
1.2m
L
OP
31
2
e
9.1 10
kg
0.51MeV / c
m
2
n
939.57MeV / c
m
2
p
938.27MeV / c
m
21
1
8
1
4.8 10
kg m s
3 10 MeV s m
p
MeV
0.15m
a
0.1T
B
a
B
B
a
B
0.7468MeV
2
3
15 T
40
B
0
1
1
1
0
e
0
1
1
n
p
e
ν
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核反应过程中：
根据动量和动能关系：
则总动能为：
（2）质子运动半径：
如图甲所示：
打到探测板对应发射角度：
可得质子计数率为：
（3）在确保计数率为
的情况下：
即：
如图乙所示：
恰能打到探测板左端的条件为：
2
2
2
n
p
e
0.79MeV
d
E
m c
m c
m c
2
p
p
0.0432MeV
2
k
p
E
m
e
ν
p
0.7468MeV
d
k
E
E
E
E
0.3m
p
R
eB
6
4
2
3
2
3
2
3
2
R
a
3
200
B
a
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即：
考点03 带电粒子在复合场中的运动
1．（2020·北京·统考高考真题）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线
，与导线同轴放置一半径
为
的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为
，电荷量为。不考虑
出射电子间的相互作用。
(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；
b.在柱面内，只加与
平行的匀强磁场。
当电压为
或磁感应强度为
时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度
。
(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为
、长度为
的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出
射电子形成的电流为
，电子流对该金属片的压强为
。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。
【答案】（1）a.
，b.
；（2）
【解析】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压
，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根
据动能定理有
解得
b.在柱面内，只加与
平行的匀强磁场，磁感应强度为
时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半
径为r，根据几何关系有
2
2
2
max
max
4
4
4
R
L
R
15 T
40
B
MN
R
m
e
MN
0
U
0
B
0v
a
b
I
p
0
2eU
m
0
2
eB R
m
2
e abRp
mI
0
U
2
0
0
1
2
eU
mv
0
0
2eU
v
m
MN
0
B
2r
R
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根据洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数
金属片上形成电流为
所以
根据动量定理得金属片上的压强为
解得
故总动能为
2．（2021·浙江·统考高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离
子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷
的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁
场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，
方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中
心位置M 和N 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正方体，其偏转系统
的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上
的O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离
子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α 很小时，有
，
。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
2
0
0
0
v
B ev
m r
0
0
2
eB R
v
m
2
nab
N
R
q
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I
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t
2 RI
n
eab
F
mvN
mv
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p
ab
ab
ab
e
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v
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2
2
k
1
2
Reabp
E
n
mv
mI
2
II
3
1
(
1)
2
S
r
sin
tan
2
1
cos
1
2
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【答案】(1)
，
；(2)（
，0）；(3)（0，
）；(4)见解析
【解析】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为
由
得
(2)经过电场后，离子在x 方向偏转的距离
离开电场后，离子在x 方向偏移的距离
E
B
2
1
2
2
(
)
E
R
R B
2
1
2
3L
R
R
2
1
2
3L
R
R
E
v
B
1
2
2
R
R
R
2
mv
qvB
R
2
1
2
2
(
)
q
v
E
m
RB
R
R B
2
1
1
2
qE
L
x
m
v
2
tan
qEL
mv
2
2
2
tan
qEL
x
L
mv
2
2
1
2
2
1
2
3
3
2
qEL
L
x
x
x
mv
R
R
60
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位置坐标为(
，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
，
经过磁场后，离子在y 方向偏转距离
离开磁场后，离子在y 方向偏移距离
则
位置坐标为(0，
)
(4)注入晶圆的位置坐标为(
，
),电场引起的速度增量对y 方向的运动不产生影响。
3．（2021·河北·高考真题）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感
应强度大小为B 的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O 点处的粒子源垂直极板向上发射速度为
、
带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板
与正极板成
倾斜放置，用于
吸收打在其上的粒子，C、P 是负极板上的两点，C 点位于O 点的正上方，P 点处放置一粒子靶（忽略靶的
大小），用于接收从上方打入的粒子，
长度为
，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒
子所受重力。
。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P 点处的粒子靶上，求可调电源电压
的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板
上，求电压的最小值
；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P 点左右可调，则负极板上存在H、S 两点（
，H、S 两点末
在图中标出）、对于粒子靶在
区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收
到n（
）种能量的粒子，求
和
的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
2
1
2
3L
R
R
mv
r
qB
sin
L
r
2
1
1
2
(1 cos
)
L
y
r
R
R
2
2
1
2
2
tan
L
y
L
R
R
2
1
2
1
2
3L
y
y
y
R
R
2
1
2
3L
R
R
2
1
2
3L
R
R
2
1
2
3L
R
R
0v
OM
37
CP
0L
3
sin37
5
0
U
OM
min
U
CH
CP
CS
HS
2
n
CH
CS
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
；
【解析】（1）从O 点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM 相切，此时粒子恰好不能打到
挡板上，则
从O 点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
2
2
2
0
0
0
8
2
B qL
mv
U
m
q
2
0
min
7
18
mv
U
q
0
2(
3)
(
2)
3
mv
n
CH
n
qB
0
2(
4)
(
2)
3
mv
n
CS
n
qB
2
2
0
0
1
1
2
2
U q
mv
mv
0
2
L
r
2v
qvB
m r
2
2
2
0
0
0
8
2
B qL
mv
U
m
q
2
2
min
0
1
1
2
2
U
q
mv
mv
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粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径
分别为r2、r3，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM 相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的
交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2 种能量
的粒子，此时H2点为距C 点最近的位置，是接收2 种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3 种能量的粒子的运动轨迹如图所示
2
min
v
qvB
m r
2
0
0
'
v
qv B
m r
'
'
min
2
sin37
r
r
r
0
4
3
v
v
2
0
min
7
18
mv
U
q
0
2
3
4
4
3
3
mv
r
r
qB
2
2
3
2
2
3
2
2
2
4
2
CH
r
r
r
r
r
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第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN 相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极
板的交点为H3 (S2) ，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3 种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n 种、n+1 种粒子的起点（即粒子靶接收n 种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n 种能量的粒子时，可得
4．（2021·辽宁·统考高考真题）如图所示，在x>0 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀
强磁场；在x<0 区域内存在沿x 轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，
0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为
的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一
半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0 区域内加上与x>0 区域内相同的磁场，求从两粒子碰
撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加
上与原x>0 区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
3
2
2
3
2
2
3
2
(2
2 )
2
6
4
CH
CS
r
r
r
r
r
3
2
2
3
2
2
CH
CH
r
r
0
2
3
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3)
2
(
1) 2
(
2)
3
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CH
n
r
n
r
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qB
0
2
3
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4)
(
1) 2
2
(
2)
3
mv
n
CS
n
r
n
r
n
qB
3
m
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）粒子甲匀速圆周运动过P 点，则在磁场中运动轨迹半径
R=a
则
则
粒子从S 到O，有动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P 点发生弹性碰撞，设碰后速度为
、
，取向上为正，则有
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动
2
2
qB a
E
m
2 m
t
qB
2
7
a
L
2
mv
qBv
R
qBa
v
m
2
1
2
qEa
mv
2
2
qB a
E
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1v
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1
2
1
3
mv
mv
mv
2
2
2
1
2
1
1
1
1
2
2
2
3
mv
mv
mv
1
1
2
2
qBa
v
v
m
2
3
3
2
2
qBa
v
v
m
2
1
1
1
1
2
mv
qBv
R
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解得
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在
磁场中仍做半径为a 的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了
，由余弦定理可得
2
2
2
2
1
2
3
mv
qBv
R
1
R
a
2
R
a
1
1
1
2
4
R
m
T
v
qB
2
2
2
2
4
3
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m
T
v
qB
2
1
2
2
2
t
t
T
T
2 m
t
qB
2
1
2
=
4
6
T
T
t
'
2
2
2
1
2
1
2
(
)
(
)
(2 )
cos60 =
2
v t
v t
a
v t
v t
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则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
5．（2023·浙江·高考真题）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂直
平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属
薄板M 和N 组成，其中位于x 轴的M 板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N 板连接电流表后接地。位于坐
标原点O 的离子源能发射质量为m、电荷量为q 的正离子，其速度方向与y 轴夹角最大值为
；且各个方
向均有速度大小连续分布在
和
之间的离子射出。已知速度大小为
、沿y 轴正方向射出的离子经
磁场偏转后恰好垂直x 轴射入孔C。未能射入孔C 的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。
不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C 所处位置的坐标
；
（2）求离子打在N 板上区域的长度L；
（3）若在N 与M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0 时的电压
；
（4）若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与M 板之间的电压，求电流表示数刚为0 时的电压
与孔C
位置坐标x 之间关系式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）当
时，
【解析】（1）速度大小为
、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
'
'
1
2
1
3
v t
v t
1
2
7
a
L
v t
0
2v
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0
U
x
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qB
2d
2
0
2
mv
q
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0
2 2
2
mv
mv
x
qB
qB
2
2
8
x
qB x
U
m
0v
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解得半径
孔C 所处位置的坐标
（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C 点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
2
0
0
v
Bqv
m R
0
mv
R
Bq
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0
0
2
2
mv
x
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mv
R
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2
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2
R
R
0
2
cos
,1
2
v
v
2
L
d
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（3）不管从何角度发射
由（2）可得
根据动力学公式可得
，
联立解得
（4）孔C 位置坐标x
其中
联立可得
，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与
相关，可得
解得
根据动力学公式可得
cos
yv
v
0
yv
v
0
qU
a
md
2
2
yv
ad
2
0
0
2
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U
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2 cos
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mv
v
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R
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v
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2
cos
v
x
R v
1
cos
,1
2
1
2 2
2 R
x
R
yv
2
2
y
v
Bqv
m x
2
y
Bqx
v
m
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，
解得
6．（2022·天津·高考真题）如图所示，M 和N 为平行金属板，质量为m，电荷量为q 的带电粒子从M 由
静止开始被两板间的电场加速后，从N 上的小孔穿出，以速度v 由C 点射入圆形匀强磁场区域，经D 点穿
出磁场，CD 为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与
磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N 间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电，
；（2）
；（3）
【解析】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可
知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
x
qU
a
md
2
2
yv
ad
2
2
8
x
B qx
U
m
2
2
mv
U
q
mv
r
qB
3
m
t
qB
2
1
2
qU
mv
2
2
mv
U
q
2v
qvB
m r
70
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（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为
，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
7.（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1 所示，金属板与可调电
源相连形成电场，方向沿y 轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直
平面向外。电场强度和磁感应
强度随时间的变化规律如图2 所示。板间O 点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为
、
初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）
时刻释放的粒子，在
时刻的位置坐标；
（2）在
时间内，静电力对
时刻释放的粒子所做的功；
（3）在
点放置一粒接收器，在
时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期
mv
r
qB
3
2 r
T
v
2
t
T
3
m
t
qB
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间被捕获。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【命题意图】本题考查带电粒子在交变电场和磁场中的运动、动量定理及其相关知识点。
【名师解析】
（1）在
时间内，电场强度为
，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在
时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在
时间内，根据粒子在磁场运动的周期
可知粒子偏转
，速度反向，根据
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可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在
时刻粒子的位置坐标为
，即
；
（2）在
时间内，电场强度为
，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得
时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在
时间内，粒子在水平方向运动的距离为
73
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此时粒子速度方向向下，大小为
，在
时间内，电场强度为
，竖直方向
解得粒子在
时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在
时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达
点，则释放的位置一定在
时间内，粒子加速
度时间为
，在竖直方向上
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在
时间内粒子在水平方向运动的距离为
在
时间内，在竖直方向
在
时间内，粒子在水平方向运动的距离为
接收器
位置为
，根据距离的关系可知
解得
此时粒子已经到达
点上方，粒子竖直方向减速至
用时
，则
竖直方向需要满足
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解得
在一个电场加速周期之内，所以成立，所以粒子释放的时刻为中间时刻
；
若粒子经过一个半圆到达
点，则粒子在
时间内释放不可能，如果在
时间内释放，
经过磁场偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达
点，所以考虑在
时间内释放，
假设粒子加速的时间为
，在竖直方向上
之后粒子在
时间内转动半轴，横向移动距离直接到达
点的横坐标，即
解得
接下来在
过程中粒子在竖直方向减速为
的过程中
粒子要在
点被吸收，需要满足
代入验证可知
在一个周期之内，说明情况成立，所以粒子释放时刻为
。
76
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8. （2024·湖南·高考真题）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x ≤ 0 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x ≥ 0 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O′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，且在x 轴正方向
的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，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）问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θ，求
tanθ 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。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀速圆周运
动，设电子入射时沿y 轴的分速度大小为
，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
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联立得
当
时，B 有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当
有最大值时，
最大，R 最大，此时
，又
，
联立可得
，
（3）当
最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移
，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
9.（2020·山东·高考真题）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N 为竖直放置的两金属板,两板间
电压为U,Q 板为记录板,分界面P 将N、Q 间区域分为宽度均为d 的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q 所在平面相互
78
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平行,a、b 为M、N 上两正对的小孔。以a、b 所在直线为z 轴,向右为正方向,取z 轴与Q 板的交点O 为坐标
原点,以平行于Q 板水平向里为x 轴正方向,竖直向上为y 轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ
内分别充满沿x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B 和E。一质量为
m,电荷量为+q 的粒子,从a 孔飘入电场(初速度视为零),经b 孔进入磁场,过P 面上的c 点(图中未画出)进入
电场,最终打到记录板Q 上。不计粒子重力。
图甲
图乙
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R 以及c 点到z 轴的距离L;
(2)求粒子打到记录板上位置的x 坐标;
(3)求粒子打到记录板上位置的y 坐标(用R、d 表示);
(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子1
1H、氚核1
3H、氦核2
4He 的位置,请写
出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。
【答案】见解析
【解析】(1)设粒子经加速电场到b 孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,
在M、N 两金属板间,由动能定理得
qU=1
2mv2
①
在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得
qvB=mv
2
R
②
联立①②式得
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R=√2mqU
qB
③
由几何关系得
d2+(R-L)2=R2
④
cos α=√R
2-d
2
R
⑤
sin α= d
R
⑥
联立①②④式得
L=√2mqU
qB
-√
2mU
q B
2 -d
2 ⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z 轴方向的分速度为vz,沿x 轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,
由牛顿第二定律得
qE=ma
⑧
粒子在z 轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得
vz=v cos α
⑨
d=vzt
⑩
粒子在x 方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得
x=1
2at2
联立①②⑤⑧⑨⑩
式得
x=
md
2 E
4 mU -2q d
2B
2
(3)设粒子沿y 方向偏离z 轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y 方向偏离的距离为y',由运动学公式得
y'=vt sin α
由题意得
y=L+y'
联立①④⑥⑨⑩
式得
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y=R-√R
2-d
2+
d
2
√R
2-d
2
(4)s1、s2、s3 分别对应氚核1
3H、氦核2
4He、质子1
1H 的位置。
10.（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中
重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加
速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为
，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度
大小为
，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为
，方向垂直纸面向里。
从S 点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O 点进入分离
器做圆周运动，最后打到照相底片的P 点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O 点到P 点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为
（
略大于
），方向不变，粒子恰好垂直打
在速度选择器右挡板的
点上。求粒子打在
点的速度大小。
【答案】（1）带正电，
；（2）
；（3）
【解析】
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子
进入速度选择器时的速度为
，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
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联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O 点到P 点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于
，且
所以通过配速法，如图所示
其中满足
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则粒子在速度选择器中水平向右以速度
做匀速运动
同时，竖直方向以
做匀速圆周运动，当速度
转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的
点的要求，故此时粒子打在
点的速度大小为
11.（2024·辽宁·高考真题）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；Ⅲ、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。
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
和
。甲到P 点时，乙刚好射入
Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在沿＋x 方向的匀强电
场，电场强度大小
。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。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度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
，其中常
系数
，
已知、k 未知，取甲经过O 点时
。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F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式（不要求写出Δx 的取值范
围）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
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由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P 点到O 点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O 点时的速度为
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因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为
，乙粒子在Ⅳ区运动时间为
，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F 与Δx 间的关系式为
12.（2024·重庆·高考真题）一质量为m、电荷量为
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
表示，
、
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
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
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到
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
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。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，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，由于曲线表示的为速
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度相应的曲线，根据
可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b 点到c 点粒子在磁场中转过
角度为
，如图为粒子的运动轨迹，粒子返
回a 点时根据对称性可知与初始位置等高，从a 到b 过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y 方向位移
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
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