专题10 磁场（3年汇编）（ 全国通用）2024-2026年高考物理真题分类汇编（含原卷及解析）（word版）

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考点01 磁场 安培力 洛伦兹力
1．（2026·浙江·高考真题）如图所示，一根带负电的塑料棒，长为l、横截面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为）。让棒垂直于匀强磁场B，以速度v沿轴向做匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．等效电流的方向与v方向相同B．等效电流的大小
C．棒产生的感应电动势D．棒所受安培力的大小
【答案】B
【详解】A. 塑料棒带负电，则等效电流的方向与v方向相反，A错误；
B. 等效电流的大小，B正确；
C. 棒中几乎没有自由电子，磁通量不发生变化，不产生感应电动势，C错误；
D. 棒所受安培力的大小，D错误。
故选B。
2．（2026·江苏·高考真题）平面内存在垂直平面向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入，不计空气阻力。如图所示，则电子偏转的轨迹可能是（ ）
A．aB．bC．cD．d
【答案】A
【详解】由于不计空气阻力，则电子做匀速圆周运动，且根据左手定则可知电子向左偏转，可知电子偏转的轨迹为圆弧的一部分。
故选A。
3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右（指向点）。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里（即俯视图中连线的上方），轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向上弯曲），当小球运动到右侧最高点（点）后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外（即俯视图中连线的下方），且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B选项图符合题意。
故选B。
4．（2026·河南·高考真题）如图，间距为的两虚线、间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线从点射入磁场，一段时间后又从点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示
带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有
整理得磁感应强度
由于粒子的不变，因此磁感应强度，即
由几何关系，可知与相似，则
由勾股定理得
且
联立解得
故选C。
5．（2026·云南·高考真题）洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向；
(2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。
【答案】(1)，垂直纸面向里
(2)
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有
可得
根据几何关系可得
联立可得
根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。
（2）根据结合可得
电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间
联立可得
6．（2025·江西·高考真题）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针B．逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针
【答案】A
【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。
故选A。
7．（2025·江苏·高考真题）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A． a点的磁感应强度大于b点B． b点的磁感应强度大于c点
C． c点的磁感应强度大于a点D． a、b、c点的磁感应强度一样大
【答案】B
【详解】磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知。
故选B。
8．（2025·福建·高考真题）如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，为线段MN的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON的中垂线上。当、通有大小相等、方向相反的电流时，、点的磁感应强度大小分别为、。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为
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B1
根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为
由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。
故选A。
9．（2025·湖北·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0B．BC．2BD．3B
【答案】A
【详解】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N点产生的磁场，磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M点磁场等大反向，即匀强磁场与N点的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。
故选A。
10．（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用B．棒运动时，P端比Q端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
【答案】CD
【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到竖直方向的洛伦兹力作用，A错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误；
C．PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D正确。
故选CD。
11．（2025·广东·高考真题）（多选）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．线圈电阻为B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小D．
【答案】BD
【详解】A．根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻；
故A错误；
B．根据平衡条件有①
故可知I越大，m越大；
故B正确；
C．根据公式有②
故可知v越大，E越大；
故C错误；
D．联立①②可得
故D正确。
故选BD。
12．（2025·河南·高考真题）（多选）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（ ）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
【答案】BC
【详解】A．顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误；
B．顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确；
C．若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确；
D．若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。
故选BC。
13．（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；
(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度；
(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；
(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)电流方向为顺时针（俯视），
【详解】（1）接通S瞬间，动子速度，此时回路中没有感应电动势，电源电压为，回路总电阻为，根据欧姆定律可知回路电流为
动子所受的力为安培力，大小为
（2）当动子达到最大速度时动子切割磁感线产生的电动势为
此时回路中的电流为
依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有
解得最大速度为
（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，由动量定理有
等式两侧求和得
其中
依题意有，
解得流过电源的电荷量
解得第一级弹射过程电源输出总能量
代入上问结果得
（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流方向为顺时针（俯视）。
设飞机起飞时的速度大小为，对飞机根据动量定理有
超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势
感应电流为
解得
代入前面结果可得
14．（2025·重庆·高考真题）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知，，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。
(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。
(3)要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图
由于K从水平方向逆时针旋转60°，则，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力可知
解得
（3）由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
根据前面解析可知，所以
由于，且
根据几何关系可知，而
所以
粒子在磁场中运动的周期，对应的圆心角
所以
15．（2024·贵州·高考真题）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（ ）
A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右
【答案】C
【详解】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于，可知左侧的磁场强度大，同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。
故选C。
16．（2024·浙江·高考真题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（ ）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【详解】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；
D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。
故选A。
17．（2024·浙江·高考真题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框 abcd 放在强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（ ）
A． NB．C．1ND．
【答案】C
【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为
可得
线框以某一角速度绕其中心轴匀速转动时电动势的最大值为
此时有
解得
分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为
故ab边所受最大的安培力为
故选C。
18．（2024·浙江·高考真题）（多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0csθB．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为D．若，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理
故合力冲量大小为，故A错误；
B．小球上滑的时间为
重力的冲量大小为
故B错误；
C．小球所受洛伦兹力为
，
随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为
故C正确；
D．若，0时刻小球所受洛伦兹力为
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得
即
则小球在整个减速过程的图像如图
图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。
故选CD。
19．（2024·重庆·高考真题）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，求
（1）P所受单根导线拉力的大小；
（2）Q中电流的大小。

【答案】（1）mg；（2）
【详解】（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有
2T = 2mg
解得
T = mg
（2）设Q所受安培力大小为F，对P、Q整体受力分析，有
mg＋F = 2mg
又
F = BIL
解得
20．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）；（3）
【详解】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为
F安=BIL
其中
B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
【点睛】
考点02 带电粒子在磁场中的运动
1．（2026·广东·高考真题）（多选）如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有（ ）
A．电子1的动能比电子3的大
B．电子1在磁场中的运动时间为
C．电子2的动能为
D．电子3的动量大小为
【答案】BCD
【详解】A．电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
可得
根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误；
B．电子在磁场中做匀速圆周运动的周期
结合
可得
根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确；
C．设电子2运动半径为，如图所示
根据几何关系有
可得
根据可得
电子2的动能为，故C正确；
D．设电子3运动半径为，如图所示
根据几何关系有
可得
根据可得
电子3的动量大小为，故D正确。
故选BCD。
2．（2026·湖北·高考真题）如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为
由匀变速直线运动速度与位移的关系得
联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为
（2）粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得
解得
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得
则
粒子沿 轴和轴的速度分别为，
解得，
粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间
沿 轴方向做匀速直线运动，有
联立解得沿 轴方向的位移为
粒子第二次进入磁场时， 坐标为
沿 轴方向的速度为
由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为
则粒子与 轴负方向的夹角仍满足
因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示
则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。
3．（2026·山东·高考真题）在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1；
(2)求粒子a从O点运动到P点的时间t；
(3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，有qE=qvB0
解得
粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据qvB1=mv2R1
解得 B1=mvqℎ
（2）根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为
画出粒子运动轨迹图
可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达
再根据，可知O到A运动时间
从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间
从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间
则总时间
（3）画出粒子a、b的运动轨迹如图
区域Ⅱ：a粒子半径
b粒子半径
a粒子半周期
b粒子半周期
区域Ⅲ：a粒子半径
b粒子半径
a粒子半周期
b粒子半周期
粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化Δxa=2r2−2r3=7mv30qB
同理Δxb=7Mv30qB
所花时间
同理
取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴
坐标
时间
此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则
粒子b在a到达第一次向上点a（即）时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为
粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走下半圆
坐标
时刻
同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…
由相遇条件、得，
两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9
代入得，
4．（2026·浙江·高考真题）俄歇电子能谱（AES）广泛应用于材料表面成分分析。如图1所示，一束高能电子入射到样品表面，将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离而逸出样品表面，该电子称为俄歇电子；现用电子动能的电子束轰击某样品表面，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能L层的电离能已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。（计算结果保留一位有效数字）请回答：

(1)入射电子的德布罗意波长。
(2)求射出的X光子的波长；
(3)甲同学利用带电粒子在磁场中的运动规律，设计了如图2所示的测量俄歇电子动能的方案；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，则y1=10.0cm和y2=10.5cm处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能；
(4)乙同学认为用带电粒子在电场中的运动规律，测出俄歇电子的动能，请你帮乙同学设计一个方案，列出所需要测量的物理量，并给出计算俄歇电子动能的表达式。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)见解析
【详解】（1）由德布罗意公式
又
解得
（2）因线是由电子从L层跃迁到K层时释放的光子，则光子的能量为
则由
解得
（3）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
俄歇电子的动能为（d表示直径）
设KLL俄歇电子的动能为EKLL；KLM俄歇电子的动能为EKLM，则有
KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为EK-EL，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗EL，则KLL俄歇电子的动能为
同理可得，KLM俄歇电子的动能为
解得
（4）让待测电子束以水平初速度射入两块平行金属板之间，金属板长为L，板间距为d，两板之间加恒定的电压U，形成匀强电场，在离开金属板右侧距离L1处垂直电子入射方向放置一荧光屏，如图所示
需要测量的物理量：金属板长度L，板间电压U，板间距d以及L1，电子飞出电场后打到荧光屏时垂直电子入射方向的侧移量y；
计算方法：电子在水平方向做匀速直线运动，则
电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度
侧移量满足
俄歇电子动能表达式
5．（2025·全国卷·高考真题）如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（ ）
A．t1 < t2 = t3B．t1 < t2 < t3C．t1 = t2 > t3D．t1 > t2 > t3
【答案】A
【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为
设正方形abcd的边长为l，则，，
则有t1 < t2 = t3
故选A。
6．（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。
故选C。
7．（2025·广西·高考真题）（多选）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（ ）
A．M粒子质量为
B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
【答案】AD
【详解】A．对M粒子在加速电场中
在速度选择器中
解得M的质量，故A正确；
B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知
即，故B错误；
C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则
解得
N粒子在磁场中运动的半径为r2，则
解得
其中
可得
由动能定理N粒子在选择器中
在加速电场中
解得，
则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足
联立解得，故C错误；
D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则
其中，
由AB选项分析可知，所以
则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为
可得，故D正确。
故选AD。
8．（2025·甘肃·高考真题）（多选）2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．外圆半径等于B．a粒子返回A点所用的最短时间为
C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为D．c粒子的速度大小为
【答案】BD
【详解】由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，
根据a粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于,由几何关系得
则
A错误；
B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间
a粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a粒子返回A点所用的最短时间为
B正确；
C．由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1:1，C错误；
D．由几何关系得
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
D正确。
故选BD。
9．（2025·四川·高考真题）（多选）如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A．在I区的轨迹圆心不在O点
B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
【答案】AD
【详解】A．由图可知
在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；
B．由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B错误；
D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
故粒子在I区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D正确；
C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
故C错误。
故选AD。
10．（2025·河北·高考真题）（多选）如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为
D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为
【答案】BCD
【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A错误；
B．随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足，
解得
即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；
C．因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系
解得r=2L
可得
可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为
当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置
则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为，选项C正确；
D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间
其中
打到M板下表面距离Q点的最小距离
解得
选项D正确。
故选BCD。
11．（2025·山东·高考真题）（多选）如图甲所示的平面内，y轴右侧被直线分为两个相邻的区域I、Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。时刻，质量为m、电荷量为的粒子从O点沿x轴正向出发，在平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．区域I内电场强度大小，方向沿y轴正方向
B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C．区域Ⅱ内磁感应强度大小，方向垂直平面向外
D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【答案】AD
【详解】A．粒子在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为
竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
A正确；
B．粒子在区域Ⅱ中运动的图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，
运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
B错误；
C．粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度
联立解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
C错误；
D．如图所示，
设圆心为点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为
由速度关系有
可得
由几何关系得
那么有
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
D正确。
故选AD。
12．（2025·浙江·高考真题）利用磁偏转系统可以测量不同核反应中释放的高能粒子能量，从而研究原子核结构。如图1所示，用回旋加速器使氘原子核（）获得2.74MeV动能，让其在S处撞击铝（）核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核（）以及两种不同能量的质子（）。产生的质子束经狭缝X沿水平直径方向射入半径为R，方向垂直纸面向里、大小为B的圆形匀强磁场区域，经偏转后打在位于磁场上方的探测板上A、D处（探测板与磁场边界相切于A点，D点与磁场圆心O处在同一竖直线上），获得如图2所示的质子动能的能谱图。
(1)写出氘核撞击铝核的核反应方程；
(2)求A、D的间距L；
(3)若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0mA，求回旋加速器的输出功率；
(4)处于激发态的核会发生β衰变，核反应方程是。若核质量等于核质量，电子质量为0.51MeV/c2，在上述两个核反应过程中，原子核被视为静止，求衰变释放的能量。
【答案】(1)
(2)
(3)2.74×103W
(4)5.49MeV
【详解】（1）氘核撞击铝核的核反应方程
（2）由图可知，两种质子的动能分别为3MeV和9MeV，动能之比1∶3，可知速度之比，根据
可知
可知在磁场中的半径之比为
由图可知半径较小的打到A点，半径较大的打到D点，由几何关系可知，
解得
可得A、D的间距
（3）若从回旋加速器引出的高能氘核流为1.0mA，则时间t射出氘核的数量为
回旋加速器的输出功率
（4）氘核撞击铝核发生核反应，产生处于某一激发态和基态的同位素核（）以及两种不同能量的质子。根据能量守恒可得，能量的为3MeV和9MeV质子分别对应处于激发态的和处于基态的态的。激发态的回到基态会释放能量
核质量等于核质量，则衰变释放的能量主要来源于激发态的跃迁产生的能量差。电子质量为0.51MeV/c2，则衰变释放能量
13．（2025·北京·高考真题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
(1)一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．粒子2的动量大小。
【答案】(1)
(2)a．；b．
【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
圆周运动的周期
将R代入得
比例关系为
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度
粒子2做匀速直线运动，速度
所以速度之比
即
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有
可得
粒子2的动量
结合前面的分析可得
14．（2025·湖北·高考真题）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
(3)粒子的运动周期
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（2）粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为
粒子在MN和PQ之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为
15．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量）
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
由射出到相切，经过半个周期，用时
根据速度的合成与分解可知
平行轴线方向运动距离
结合对称性，被电子击中的面积
16．（2024·广西·高考真题）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P点至O点的距离
故选C。
17．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能经过O点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；
C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C错误；
D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D正确。
故选D。
18．（2024·河北·高考真题）（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【答案】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd边，需满足
为保证从BC边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是
故C错误；
BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从bc边穿过，粒子运动轨迹如图3所示。设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，则ΔL=r−rcs60∘=0.5r
设粒子从bc运动到BC轨迹的圆心角为θ，则
解得θ=30∘
即粒子垂直BC射出。
若粒子从cd边穿过，粒子运动轨迹如图4所示，显然此时粒子从cd运动到BC轨迹的圆心角大于30°，故粒子一定不会垂直BC射出，故B错误。
根据上述分析可知，若粒子经bc边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角一定为60°。故D正确。
故选AD。
19．（2024·海南·高考真题）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Ⅰ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。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Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ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，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Ⅲ，进入区域Ⅲ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，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（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，故可知沿y轴正方向的速度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，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
20．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了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外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，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，0），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=kU0（其中，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。
（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（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U0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。
【答案】（1）L；（2）①；②；（3），
【详解】（1）对a离子根据动能定理得
a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置，联立解得
（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则
结合（1）中分析得
即
即
②b离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为
代入得
故可知b离子能从栅极板（坐标范围为）任意位置经电压为的电场减速射入虚线下方的磁场，此时
b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为的电场减速，因为根据动能定理得
同时有
，
当时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为
当时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为
故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知
故可得
则b离子从处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设，则同理可知
联立解得
则可得
当减速n次

联立得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得
即
解得
即，n取整数，故可得，故可得
考点03 带电粒子在组合场中的运动
1．（2026·贵州·高考真题）如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为（）时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【详解】带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。
当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，此时有
当磁感应强度大小为（）时，粒子运动半径为，速率仍为，此时有
联立可得
因为，所以
又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故。
故选C。
2．（2026·湖南·高考真题）（多选）某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动
B．小球做圆周运动的周期为
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确；
B．设磁感应强度为，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有
水平方向上有
解得
则小球做圆周运动的周期为，故B错误；
C．根据题意，水平方向上，由动量定理有
竖直方向有
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误；
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有
水平方向上有
小球与管道间的弹力大小
联立解得，故D正确。
故选AD。
3．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。
已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。
(2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为（），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有
电子通过样品前后的动能变化量
联立可得
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿着电场方向有
根据牛顿第二定律
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
联立解得
（3）由题意可知
将表达式代入可得
结合题图（相对强度8408到4204）可得
解得
4．（2025·北京·高考真题）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的两点连线为直径，且垂直于磁场方向，两点的电势差为。下列说法错误的是（ ）
A．N点电势比M点高B．正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，越小D．若直径与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；
BC．设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有
同时有
联立解得
故正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越大；
故B正确，C错误；
D．若直径MN与磁场方向不垂直，根据可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小；
故D正确。
本题选错误的，故选C。
5．（2025·广东·高考真题）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1次加速后，离子的动能增加了
C．第k次加速后．离子的速度大小变为
D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【详解】A．直线通道有电势差为的加速电场，粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有
解得
故BC错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有
联立解得
故D错误。
故选A。
6．（2025·海南·高考真题）（多选）某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图，三维直角坐标系所在空间中Ⅰ区域存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应强度大小为,Ⅱ区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，在有一足够大的接收屏P，原点O处的粒子源在平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为，甲和乙的速度方向与x轴正方向夹角分别为和，两粒子沿x轴方向速度分量相等。乙粒子以最短时间到达（d,d,0）点进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．两粒子不能同时到达接收屏P
B．两个区域磁感应强度大小之比
C．乙粒子通过点时沿x轴方向速度分量
D．甲乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差
【答案】BD
【详解】BC．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在轴方向做匀加速直线运动，在平面做匀速圆周运动，根据题意甲粒子和乙粒子在x轴方向的分速度相等，均为
甲粒子在轴方向的分速度
根据几何关系
可得
乙粒子以最短时间到达（d,d,0），则乙在Ⅰ区域运动的时间为做圆周运动的周期的一半，其半径为
根据洛伦兹力提供向心力
联立可得
在Ⅰ区域运动的时间
沿着正方向，根据运动学公式
解得乙粒子通过点时沿x轴方向速度分量为
乙粒子进入Ⅱ区域后，沿轴负方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动，根据题意进乙粒子入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，则乙粒子在Ⅱ区域做圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力
解得
可得，故B正确，C错误；
AD．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在轴方向的速度分量相同，则在Ⅰ区域运动时间相等，根据
可知甲粒子在Ⅰ区域也是运动半个周期，即两粒子刚进入Ⅱ区域时轴坐标均为零，沿轴负方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动的情况也相同，所以运动时间相等，即两粒子能同时到达接收屏P，两粒子在Ⅱ区域的运动时间
甲乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差
联立解得，故D正确，A错误。
故选BD。
7．（2025·福建·高考真题）（多选） 如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（ ）
A．电场强度大小为
B．磁场强度大小为
C．N、P两点的电势差为
D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为
【答案】BC
【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。
由受力平衡可知
解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。
C、在点撤去磁场后，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
粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值
所以粒子在点的速度
到过程，由动能定理，有
解得两点间的电势差，C正确；
D、将粒子在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
故粒子能向上运动的最大距离
D错误；
故选BC。
8．（2025·天津·高考真题）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求电场强度大小E；
(3)求磁感应强度大小B。
【答案】(1)正电
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有
设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有
竖直方向上由运动学公式，有
联立上述各式，得
（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得
洛伦兹力提供向心力，有
联立得
9．（2025·湖南·高考真题）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
（2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
由几何关系易得
联立可得
（3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
10．（2025·河南·高考真题）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小
11．（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量
q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
12．（2024·安徽·高考真题）（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a做圆周运动的速度大小为
故B正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得
解得
周期为
故C错误；
D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得
解得
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
故选ABD。
13．（2024·湖北·高考真题）（多选）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【答案】AC
【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；
BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则
可得
因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。
故选AC。
14．（2024·天津·高考真题）如图所示，在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。
(1)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t；
(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。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有
联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为，则有
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间
15．（2024·福建·高考真题）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Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第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、带电量为，、间距离为，、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)粒子经过时的速度大小；
(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
16．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看作从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知
可得
则有
17．（2024·江苏·高考真题）同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为、的两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。ab与a'b'间有一电势差为U的加速电场，cd与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，垂直于cd射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd的速度增加，多次循环后到达的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插入件和的时间。
(1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比；
(2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若该电子运动到cd的中点P时达到稳定速度，并最终能到达边界的d点，求电子从P点运动到d的时间t。
【答案】(1)
(2)，方向垂直于cd向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入件前后的速度大小分别为、，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径，可得
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
方向垂直于cd向左。
（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
P点与d点之间的距离为
电子由Р点多次循环后到达d点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为
考点分类
三年考情（2024-2026）
命题规律
考点1 磁场 安培力 洛伦兹力
2026浙江卷、2026江苏卷、2026河南卷、2025浙江卷、2025重庆卷、2025河南卷、2024安徽卷、2024贵州卷、2024浙江卷
真实情境深度渗透‌：以粒子回旋加速器、磁悬浮列车、国产核磁共振设备等真实科技场景为载体，不再使用纯理论裸模型出题，要求学生从复杂场景中提炼磁场相关物理规律。
‌综合关联属性突出‌：不再孤立考查磁场基础公式，会联动牛顿运动定律、动能定理、圆周运动等考点，强化“洛伦兹力-圆周运动-能量转化”的综合链条考查。
‌能力导向持续强化‌：弱化机械繁琐的代数运算，重点考查带电粒子在有界磁场中的轨迹分析、几何关系推导能力，规避固化刷题套路，依靠建模能力实现分数分层。
考点2 带电粒子在磁场中的运动
2026湖北卷、2026广东卷、2026山东卷、2025安徽卷、2025广西卷、2025广东卷、2024广西卷、2024湖北卷、2024河北卷
考点3 带电粒子在组合场中的运动
2026贵州卷、2026湖南卷、2026黑吉辽卷、2025北京卷、2025广东卷、2025海南卷、2024安徽卷、2024江西卷、2024湖北卷