專題10磁場

電流磁效應

回旋加速器

霍爾效應

磁現象和磁場

1.（2025?吉林長春?二模）下面對四幅圖片中所涉及物理知識的描述，正確的是（）

A.甲圖中小磁針轉動是由于電流產生的電場對小磁針有作用力

B.乙圖中回旋加速器通過磁場加速粒子

C.丙圖中高頻冶煉爐利用渦流熱效應工作

D.丁圖中無線充電過程利用了接觸起電原理

【答案】C

【詳解】A.通電導線周圍產生的是磁場，小磁針受磁場作用而轉動，故A錯誤；

B.回旋加速器真正提供粒子加速（增速）的不是磁場，而是交變電場，磁場只負責改變粒子運動方向，

故B錯誤；

C.高頻感應爐的加熱確實利用了渦流熱效應，故C正確；

D.無線充電利用的是電磁感應原理，而非"接觸起電"原理，故D錯誤。

故選C。

2.（2025?云南紅河?二模）如圖所示，在豎直面內的正方形四個頂點處分別放置四根通電直導線A、B、C、

D,A、B中電流方向垂直紙面向外，C、。中電流方向垂直紙面向里，每根通電直導線在對角線交點O

處產生的磁感應強度大小均為叫），現在。處放置一根長為乙的通電直導線，電流大小為人方向垂直于

紙面向里，則該直導線所受的安培力大小和方向分別為（）

。'顏"

/\

C0---------0D

A.近B°IL,豎直向上

B.26B°IL,豎直向上

C.242BQIL,豎直向下

D.\/2BQIL,豎直向下

【答案】C

【詳解】每根通電直導線在。處產生的磁感應強度均為綜，B合=2x2xB°cos45°=2同

由安培定則知，合磁場方向為水平向右，由左手定則知，安培力方向豎直向下，故選C。

3.（2025?陜西榆林?二模）有三根通電長直導線分別位于等邊三角形ABC的三個頂點，三角形各邊與其中

垂線的交點分別為。、E,F,0為三角形的中心點。已知三根長直導線均垂直于三角形所在平面，其

中的電流大小相等、電流方向如圖所示。關于。點的合磁場下列說法中正確的是（）

A.方向垂直所指向邊B.方向由。指向8

C.方向由。指向尸D.磁感應強度大小為0

【答案】A

【詳解】三根導線到。點的距離相等，三根導線在。點處產生的磁場磁感應強度的大小均相等，設為B,

根據右手螺旋定則，判斷出導線A在。點產生的磁場方向垂直與A0向左，導線C在。點產生的磁場方

向垂直于CO指向邊，導線B在。點產生的磁場方向垂直于指向邊，如圖所示

將0點的三個分磁場矢量疊加，最終的合磁場為。點的實際磁場，方向垂直即指向邊。

故選Ao

4.（2025?四川達州?二模）如圖所示，A、C、D是二個垂直于紙面的長直導線，。為A、C連線的中點，CD

垂直CA且CD=CO,現在A中通入垂直紙面向外、大小為h的恒定電流時，O點的磁感應強度大小為B；

再在D中通入垂直于紙面、大小為/2的恒定電流時，。點的磁感應強度大小也為2,方向沿OC方向。

已知通電直導線周圍磁場磁感應強度大小與電流/和距離廠的關系為2=々,（k為常數），則下列說法正

r

確的是（）

9D

AOC

A.D中的電流方向垂直紙面向外，且/?=01]

B.D中的電流方向垂直紙面向里，且，2=2/1

C.若C中再通入垂直紙面向外電流//,。點的磁感應強度大小為28

D.若C中再通入垂直紙面向外電流力，。點的磁感應強度大小為血8

【答案】D

【詳解】AB.在A中通入垂直紙面向外、大小為刀的恒定電流時，在。點的磁感應強度大小為B,由安

培定則可知方向垂直AC向上；再在D中通入垂直于紙面、大小為6的恒定電流時，。點的磁感應強度

大小也為2,方向沿0C方向，由安培定則可知D中的電流方向垂直紙面向外，如圖

則穌=逝3

由『白，穌父余.卷‘解得…

所以D中的電流方向垂直紙面向外，且，2=24,故AB錯誤；

CD.若C中通入垂直紙面向外電流刀，導線C在。點的磁感應強度大小為8,方向垂直于AC向下，由

于A和D直導線在。處的合磁感應強度大小為2,方向沿0C方向，則。點的磁感應強度大小為同，

故D正確，C錯誤。

故選D。

5.（2025?全國?二模）如圖所不，A、B、C、。是半徑為「的圓周上等間距的四個點，。是圓心，在8、C、

。三點各固定一通電直導線，電流大小均為/,方向均垂直紙面向里，已知每條直導線在。點產生的磁

感應強度大小均為綜，通電直導線在。點產生磁場的磁感應強度與導線中的電流成正比。下列說法正

確的是（)

A

O

50--t0D

C

A.。點的磁感應強度方向由。指向C

B.。點的磁感應強度大小為6穌

C.若再在A點放置一根直導線，導線中通有垂直紙面向里、大小為/的電流，則。點的磁感應強度為0

D.若再在A點放置一根直導線，導線中通有垂直紙面向外、大小為2/的電流，則。點的磁感應強度大

小為2為

【答案】C

【詳解】AB.根據安培定則可知，2、。兩處的電流在。點產生的合磁感應強度為0,則。點的磁感應

強度等于C處的電流產生的磁感應強度，即。點的磁感應強度大小為綜，方向由。指向。，故AB錯誤；

C.若再在A點放置一根直導線，導線中通有垂直紙面向里、大小為/的電流，其在。點產生的磁感應

強度與C在。點產生的磁感應強度等大反向，故。點的磁感應強度為0,故C正確；

D.若再在A點放置一根直導線，導線中通有垂直紙面向外、大小為2/的電流，其在。點產生的磁感

應強度大小為2坳，方向。直向。，則。點的磁感應強度大小為3B。，故D錯誤。

故選C。

安培力

6.（2025?湖南岳陽?二模）如圖所示，質量為機，邊長為/,阻值為R且均勻分布的正方形金屬框，位于光

滑的水平面上。金屬框的仍邊與磁場左邊界平行，運動方向與磁場左邊界垂直。圖甲和圖乙中的磁場為

勻強磁場，大小為B,方向垂直水平面向下。圖丙中沿無正方向存在按8=線+近均勻增大的穩恒磁場

（七是單位為T/m的已知常量，無為坐標值）。

XXXXXXXXXd\xQXXXX

BB

XXXXXXXXXXL2IXXXXX

I

XXXXXXXXXhx'bXXXXX

oX

圖甲圖乙圖丙

⑴如圖甲，給金屬框一初速度%,則金屬框剛進磁場時，求成邊所受的安培力的大小;

⑵如圖乙，給金屬框一變力下，使金屬框從圖示位置由靜止開始做勻加速直線運動。在進入磁場的過程

中，力/隨時間的變化率為定值左。求金屬框的加速度大??；

（3）如圖丙，給金屬框一初速度%,使金屬框從圖示位置開始向右運動，求停止運動時cd邊的坐標值。

【答案】（i）UA

R

,、kR

（2W

⑶*

''B2l2

【詳解】（1）給金屬框一初速度％,感應電動勢大小為月=8何

感應電流大小為，=亮

根據安培力的計算公式可得七=B"

D2/2

聯立解得是=土公

（2）在進入磁場的過程中，根據牛頓第二定律可得尸-況2/=相。

BPF=B1at+ma

R

由于廠=依

貝U?&二左

R

解得。=靜

（3）當金屬框的速度為y時，金屬框中感應電動勢的大小為片=紇仆-凡=

“2/4

4=2

金屬框所受安培力大小為/ABUaUbIl-BLcUdIl=kll=—v

取初速度方向為正方向，根據動量定理可得-心Af=O-m%

斤2八

則有---vAz=mv

R0°

-_mv.R

解得x=v\At=

KL

7.（2025?河北石家莊?二模）如圖所示，通有恒定電流的導體棒P通過兩等長細線懸掛在豎直墻面上等高

的A、8兩點。另一長導體棒Q固定于連線正下方且與平行，其到的距離與細線長相等，導

體棒Q與電源（內阻為5Q）、滑動變阻器（電阻最大值為15Q）、開關構成電路，閉合開關前滑片位

于最左端，只考慮電源內阻和滑動變阻器接入電路的電阻。已知通電直導線產生磁場的磁感應強度與通

電導線的電流大小成正比、與到通電導線的距離成反比。開關閉合后，導體棒P靜止于圖示位置，細線

與豎直方向夾角。=60?！，F將滑動變阻器的滑片向右緩慢滑至距變阻器左端,處時停止滑動，此時導體

棒P靜止于某一位置，下列說法正確的是（）

A.導體棒P、Q中的電流方向相同

B.此時，細線與豎直方向的夾角為90°

C.此過程中，細線拉力大小不變

D.此過程中，電源的輸出功率先增大后減小

【答案】BC

【詳解】A.由題意可知，兩棒互相排斥，則電流方向相反，故A錯誤;

B.對導體棒尸受力分析，如圖

該力的矢量三角形與三角形A。尸相似，由相似三角形的性質可知等=￡="盧

nIa

可知繩子拉力為定值，故c正確；

B.根據題意有8=左與

d

rE

根據閉合電路歐姆定律有4=k

mgTkELIp

可得丁=7=7五

2

將滑動變阻器的滑片向右緩慢滑至距變阻器左端§處時停止滑動，即滑動變阻器接入電路中的阻值由

150減小到5Q,則電路中的總電阻由200減小到10。，電阻減小到原來的故兩棒的間距將變為原來

的0倍，由幾何關系可知，此時細線與豎直方向的夾角為90。，故B正確；

D.當外電路的總電阻等于電源內阻時，電源的輸出功率最大，此過程中，外電路的電阻一直大于等于

電源內阻，所以電源的輸出功率一直增大，故D錯誤。

故選BCo

8.（2025?陜西漢中?二模）電磁炮利用電磁系統中電磁場產生的安培力來對金屬彈力進行加速，與用傳統

的火藥推動的大炮相比，電磁炮可大大提高彈丸的速度和射程。某電磁炮可簡化為如圖所示的模型，同

一水平面內的兩根平行光滑導軌。、b與可控電源相連，導軌間存在豎直向上的勻強磁場，將一質量為機、

可視為質點的金屬彈丸放在導軌上，彈丸在安培力的作用下由靜止開始加速向右運動，離開導軌時的速

度大小為V,已知彈丸在導軌上加速的過程中，可控電源提供給彈丸的功率恒為P,不計空氣阻力及彈

丸產生的焦耳熱，下列說法正確的是（）

A.導軌。的電勢較高

B.彈丸在導軌上運動時的加速度不斷減小

C.彈丸在導軌上的加速時間為對

2P

D.彈丸在導軌上的加速距離為叱

4P

【答案】ABC

【詳解】A.彈丸所受安培力向右，根據左手定則可知，彈丸中的電流方向為由。向b,所以導軌。的電

勢較高，故A正確；

B.彈丸在導軌上運動時，可控電源提供給彈丸的功率不變，根據尸=向可知，隨著速度增大，彈丸受

到的安培力不斷減小，彈丸的加速度不斷減小，故B正確；

C.此過程中彈丸受到的合力的功率不變，根據動能定理有芹=1相F

2

解得，號

故C正確;

D.若彈丸做勻加速直線運動，則彈丸在導軌上的加速距離為x=L=這

24尸

而實際上彈丸做加速度減小的加速運動，在導軌上的加速距離應大于對，故D錯誤。

4尸

故選ABCo

9.（2025?湖北?二模）如圖所示，正六邊形線框ABCD跖的六條邊和對角線AD均用完全相同材質和粗細

的金屬棒，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點A、。與直流電源兩端相接,

己如導體棒8C受到的安培力大小為尸，則線框ABCDEF受到的安培力的大小為（）

A.3FB.5F8F

【答案】C

【詳解】設導體棒2C的電阻為R,長度為L,通過導體棒BC的電流為/,導體棒2C受到的安培力大

小為F=IBL

由左手定則可知安培力垂直向上，導體棒ABC。等效長度為4=2Zcos6。+L=2L

導體棒ABC。受到的安培力大小為仄=叫=2BIL=2F

由左手定則可知安培力垂直BC向上，通過導體棒AD的電流為/'=察=]/

2A2

導體棒AD受到的安培力大小為F2=I'B-2L=3BIL=3F

由左手定則可知安培力垂直向上，根據對稱性可知，通過導體棒AFEO的電流為/,導體棒AFED等

效長度為L3=2Lcos60+L=2L

導體棒AEEO受到的安培力大小為8=281=2下

由左手定則可知安培力垂直BC向上，線框ABCDEF受到的安培力的大小為尸'=片+月+月=7尸

故選C。

10.（2025?安徽蚌埠?二模）將長直導線折成如圖所示形狀固定在勻強磁場中，磁感應強度大小為B,磁場

方向與導線所在平面垂直，AC、ED、FG三段相互平行，長均為LCD、EF.GH三段相互平行，長均

為AC與C。垂直，給導線通入大小為/的恒定電流，則整個導線受到的安培力大小為（）

A.BILB.42BILC.3BILD.屈BIL

【答案】B

【詳解】整個導線的有效長度為AH的長度低，因此受到的安培力大小為4=3/?&L=血皿

故選Bo

11.（2025?陜西榆林?二模）如圖所示，固定的通電長直導線與固定的圓形閉合金屬線框位于同一豎直面（紙

面）內，長直導線中通以水平向右且隨時間均勻增加的電流。下列說法中正確的是（）

A.圓形線框所受安培力的合力方向豎直向下

B.垂直紙面向里觀察，圓形線框中產生順時針方向的電流

C.圓形線框所圍的面積有擴大的趨勢

D.通電長直導線不會受到圓形線框的相互作用

【答案】A

【詳解】AB.當直導線內電流增大時，金屬線框所在處水平向里的磁感應強度變大，根據楞次定律，

圓形線框中會產生逆時針方向的電流阻礙穿過線圈磁通量的變化，直導線下方有水平向里的磁場，越

靠近通電直導線，磁感應強度越大，所以線圈上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定則

可知向下，故圓形線框所受安培力的合力方向垂直于直導線向下，A正確，B錯誤；

C.由楞次定律"增縮減擴"可知，磁感應強度增加，線圈有收縮的趨勢，C錯誤；

D.由牛頓第三定律可知，通電直導線會受到圓形線框的相互作用，D錯誤。

故選A。

12.（2025?廣東肇慶?二模）如圖所示，平行長直金屬導軌AB、C。水平放置，間距為4,電阻不計。左側

接電動勢為E、內阻r的電源。導體棒靜止放在導軌上，與軌道間的夾角。=30。，兩點間電阻

為R且與軌道接觸良好。導軌所在區域有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦則導體

棒所受安培力的大小為（）

BEd2BEd2BEdBEd

A.-------B.---------C.--------D.---------

R+r27?+rR+r2R+r

【答案】C

F

【詳解】導體棒連入電路的實際阻值為幾由閉合電路歐姆定律可知電路中電流

導體棒的長度八焉=2”

故導體棒所受安培力?皿=8-2〃="

故選C。

13.（2025?云南大理?二模）如圖所示，平行導軌與水平面成夕=37。角，垂直導軌放置一根可自由移動的金

屬桿。勻強磁場的方向垂直導軌平面向下，磁感應強度大小3=LOT。已知接在導軌中的電源電動勢

E=16V,內阻廠=1。。ab桿長L=0.5m,質量加=0.2kg,桿與滑軌間的動摩擦因數〃=0.5,桿受至IJ

的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，導軌與浦桿的電阻忽略不計。現調節滑動變阻器接入電路的阻

值R,要使桿始終在導軌上保持靜止，g取lOm/s"sin37°=0.6,cos37°=0.8,以下說法正確的是

—-

e

A.就棒受到的安培力沿斜面向上

B.仍棒受到的安培力最大時，靜摩擦達到最大值且方向沿斜面向上

C.湖棒受到的最小安培力是0.4N

D.滑動變阻器R為20。時，湖棒可以保持靜止

【答案】AC

【詳解】A.根據左手定則可知，仍棒受到的安培力沿斜面向上，A正確;

BC.必棒受到的最大靜摩擦力為兀=〃"2gcos6=0.8N

當安培力最大時，根據平衡條件可知最大靜摩擦力沿斜面向下，安培力為4Mx=/“+，wgsin0=2N

當安培力最小時，最大靜摩擦力沿斜面向上/.=mgsin。-力=0.4N

故B錯誤，C正確；

F

D.根據閉合電路歐姆定律/=--

r+R

安培力F=BIL

將最大最小安培力代入解得滑動變阻器R有效電阻的取值范圍為3QVRV19Q,故D錯誤。

故選ACo

帶電粒子在磁場中的運動

14.（2025?甘肅?二模）如圖所示,在磁感應強度大小3=0.2T,方向水平向里的勻強磁場中，有一根長/=0.1m

的豎直光滑絕緣細桿細桿頂端套有一個質量機=40g、電荷量q=+0.5C的小環?，F讓細桿以

v=2m/s的速度沿垂直磁場方向水平勻速運動，同時釋放小環（豎直方向初速度為0）,小環最終從細

桿底端飛出，g取lOm/s?。關于小環的運動下列說法正確的是（）

XMxXX

q^m

XXXX

--------

XXXX

XNXXBX

A.洛倫茲力對小環做負功B.小環的軌跡是拋物線

C.小環在絕緣桿上運動時間為0.2sD.小環的機械能減少

【答案】BCD

【詳解】A.根據題意，洛倫茲力的方向始終與小環的運動速度方向垂直，所以洛倫茲力對小環不做功,

故A錯誤；

B.小環在水平方向隨桿勻速運動，在豎直方向受重力以及向上的洛倫茲力，因水平速度V不變，則向

上的洛倫茲力不變，可知小球受向下的不變的合力作用向下做勻變速直線運動，滿足平拋運動條件，

所以小環的軌跡是拋物線，故B正確；

小環在豎直方向的加速度2

C.a="歸一"出=51nzs

由/=

解得/=0.2s

故C正確;

D.小環在運動向下運動過程中，同時受到向右的洛倫茲力作用，由牛頓第三定律可知小環受到向左的

作用力，細桿對小環向左的作用力做負功，洛倫茲力不做功，重力做正功，機械能不守恒，且小環的

機械能減少，故D正確。

故選BCD。

15.（2025?內蒙古包頭?二模）一個電子無初速度地注入電子感應加速器的真空室中，加速器的磁極在半徑

為R的圓形區域內產生磁感應強度大小為4=肘（左＞°）、方向如圖所示的變化磁場，真空室內存在另一

個變化的磁場與"約束"電子在真空室內做半徑為R的圓周運動，不考慮電子的重力和相對論效應。下

列說法正確的是（）

電子軌道

電子感應加速器是利用感生電場對電子進行加速的

俯視真空管道電子沿順時針方向加速運動

電子所受到的洛倫茲力一定不斷增大

洛倫茲力對電子一直做正功

【答案】AC

【詳解】A.電子感應加速器是利用變化的磁場激發感生電場，從而進行加速，故A正確；

B.根據楞次定律判斷感生電場方向為順時針，電子運動方向為逆時針，故B錯誤；

mv

c.根據R=「可知電子在真空室中的半徑不變，速度增加，斗也在增加，可知歹=G，B2不斷增加，

qB

故C正確；

D.洛倫茲力對電子不做功，故D錯誤。

故選AC。

16.（2025?安徽合肥?二模）如圖所示，帶負電的小球由靜止釋放，一段時間后進入垂直紙面向里的勻強磁

場中，不計空氣阻力，關于小球在磁場中運動的過程，下列說法正確的是（）

e

XXXX

B

XXXX

XXXX

A.小球做圓周運動

B.洛倫茲力對小球不做功

C.小球的速度保持不變

D.小球的機械能保持不變

【答案】BD

【詳解】A.帶負電的小球由靜止釋放，一段時間后進入垂直紙面向里的勻強磁場中，所以小球受重力

和洛倫茲力作用，速度方向與合力方向夾角不是90。，故小球做曲線運動，故A錯誤；

BD.洛倫茲力方向與速度方向垂直，故洛倫茲力對小球不做功，故重力作用下，小球機械能保持不變，

故BD正確；

C.小球在重力與洛倫茲力作用下，小球的速度發生變化，故C錯誤。

故選BD?

17.（2025?貴州畢節?二模）如圖所示，真空中水平正對放置的兩塊帶電金屬板，板間形成勻強電場，電場

強度大小為E,板間同時存在與勻強電場正交的勻強磁場，磁感應強度大小為穌，方向垂直于紙面向

里。金屬板右端以。為圓心的圓形區域內存在另一方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小

為5。一帶電粒子從A點射入金屬板間，沿直線AC運動，從尸點射出。已知為直徑，長度為氈￡,

3

。廠與OD夾角為60。，不計粒子重力。則（）

9-----、、］

/4XX/X、''、

XXXz?XX/XxX/XX\

B。?A60°'

------AX—X-X-f-X——：永-f-頭六/一興一頭；D

AC\O；

AxXXXX\xXXXX/

‘''、、/

\xxB<X/

1

A.粒子一定帶負電B.粒子速度的大小為二

C.粒子的比荷為3片D.粒子在圓形區域中運動時間為嚶

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子從A點射入金屬板間，沿直線AC運動，從F點射出，則帶電粒子在磁場中受力

向上，由左手定則可知粒子一定帶正電，故A錯誤；

B.帶電粒子在兩塊帶電金屬板間沿直線AC運動，所受電場力與磁場力大小相等，方向相反"練

E

則粒子速度的大小為v=h

故B錯誤；

C.由題意可知圓形磁場的半徑尺二工。。=立￡

23

如圖所示

Of

:\、、、

丘、、、、、

7二

------

x/x'\

1/X'、>/x

1--------1i/\/、

X/xx\

XXxxX：/XX

5''、460。\

—>_x__X_-X--X-X------f-X—x—K]決一人一興

AC\R

"XXXXX\V

._________________,\xAvXXX/

1=?\/

X\x>x,/

6_____/

由幾何知識可知帶電粒子在磁場中運動軌跡的半徑—="-=R_T

tancr~tan30°-

2qvE

由牛頓第二定律得qvB=v,解得\=Br=BBL

故C錯誤;

D.由周期公式T=紅，可得7=卷=號

vqBE

粒子在圓形區域中運動時間為/=4效￡7=」丁=工她

360°63E

故D正確。

故選Da

18.（2025?陜西榆林,二模）如圖所示，示波管內的電子槍（圖中未畫出）射出的電子束射向熒光屏，若不

加電場和磁場，電子束將沿圖中虛直線垂直打在熒光屏上?，F在于示波管的正下方放置一條形磁體，

使磁體與虛直線在同一豎直平面（紙面）內，且條形磁體的N極靠近示波熒光屏管，示波管中的電子

束將（）

電子束示波

N

S

A.向紙外偏轉B.向紙內偏轉C,向上偏轉D.向下偏轉

【答案】B

【詳解】示波管下方磁體N極靠近時，電子束通過的路徑上有豎直向上的磁場；電子束由左向右運動，

由左手定則可知，電子束受到的洛倫茲力方向垂直紙面向里，即電子束向紙面內側偏轉。

故選Bo

19.（2025?河南信陽?二模）兩個完全相同的超導金屬環水平平行放置，圓心在同一豎直線上，兩環中有等

大反向電流，電流方向如圖所示，另一個與環半徑相同的絕緣光滑管道平行兩環固定在兩環之間，管

道面與兩環面距離相等，金屬環與管道的圓心在同一豎直線上。在管道內有一個帶正電的球，其直徑

略小于管道內徑，且可以視作質點。給小球沿管切向方向初速度，小球在管道內運動，下列說法正確

的是（）

A.小球的速度逐漸減小

B.小球的速度逐漸增加

C.小球受到管道的彈力不一定指向圓心

D.小球受到管道的彈力可能沿管的半徑向外

【答案】C

【詳解】AB.兩平行圓環是兩平行導線彎成，平行導線通反向電流時中點處的磁場與兩導線面垂直，

則圖示的兩通電圓環在中點處（圓管）的磁場垂直圓環沿半徑方向向里。帶正電小球在管道中運動時，

受到豎直向下重力，豎直向上洛倫茲力，圓管對小球的彈力，洛倫茲力不做功，小球做勻速圓周運動，

故AB錯誤；

CD.圓管對小球彈力的水平分力指向圓心，提供向心力，若洛倫茲力大小等于重力大小，彈力豎直分

力為零，則彈力方向指向圓心，若洛倫茲力大小小于重力大小，彈力豎直分力向上，則彈力斜向內上

方，若洛倫茲力大小大于重力大小，彈力豎直分力向下，則彈力斜向內下方，C正確，D錯誤。

故選Co

20.（2025?安徽?二模）如圖所示，xQy平面內有兩個勻強磁場，y軸左側的磁場垂直紙面向外，磁感應強

度大小為耳，y軸右側的磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為名=左耳（左<1）.質量為加、電荷量為

+q（q>o）的粒子，從X軸上A點（-40）以速度%沿y軸正方向射入磁場，恰好能垂直y軸擊中其上。

點（O,4d）,若該粒子從。點以速度%沿與無軸正方向成。角射出，040460。，經過磁場偏轉后能擊中

。點，不計粒子重力.下列說法正確的是（）

￡>"

BiB2

x

AX

A.k=l

53兀4

B.粒子由O運動到D的時間可能為*-

36%

5兀d

C.粒子由O運動到D的時間可能為「

3%

D.若從元正半軸上M點以％沿某方向發射該粒子，也恰好垂直y軸擊中。點，”距。點的距離為島

【答案】AB

2

【詳解】A.帶電粒子在磁場中運動，有4%5=加%

r

由題意可知A=d

因與<g，則2>4

3

結合幾何關系得2=

,Br.2

所以上=/9==

與r23

故A正確;

BC.若粒子從y軸左側擊中〃點，則有〃(2/;cose+2ucose)=44

其中〃=1,2,3,■.

4

即cos9=—

5n

因0VgV60°,即gwcosOWl

48

37

所以"=1,0=37。=——%

180

粒子由。到。的時間為，=(一一26)4+(―26>)弓=5^d

%36%

若粒子從y軸右側擊中D點，貝ij有n（2z;cos+2r2cos6>）+2r2cos0=4d

其中〃=1,2,3,?.

4

即cos"-------

5n+3

因04夕460。，即g<cosdWl

解得*41

-rr

所以〃=i,e=60?-

粒子由。到。的時間為，=（*2，）/2（萬-2嘰二等

%3%

故B正確，C錯誤;

D.設%的方向與x軸正半軸的夾角為a,如圖所示

則有2/+r2+r2cosa=

_p.zg_1.2A/2

求倚coscc=—,sinCL-------

33

Af距。點的距離為OM=r,sintz=—x=-J2d

223

故D錯誤。

故選AB。

21.（2025?湖南岳陽?二模）如圖所示，在0VX4/的真空區域中有足夠長的勻強磁場，磁感應強度為8,

方向垂直紙面向里。質量為機、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從坐標原點。處沿圖示方向射入

磁場中，已知6=60=粒子穿過X軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場。則該粒子所帶電荷的正負

和速度大小是（）

A.帶正電，理

m

B.帶正電，泗

3m

C.帶負電，.

m

D.帶負電，當出

3m

【答案】B

【詳解】由題知，粒子穿過x軸正半軸后剛好沒能從右邊界射出磁場，說明粒子進入磁場后向上偏轉,

根據左手定則，可知粒子帶正電，作出其運動軌跡，如圖所示

XX

與1」

根據幾何關系可知NOOQ=0=60

設帶電粒子在磁場中運動的半徑為「，根據幾何關系可得rcos60+r=l

21

解得r=?

2

帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，則有=

r

解得v=￥

3m

故選Bo

22.(2025?河南?二模)如圖所示，在平面直角坐標系尤Oy的第一象限有垂直紙面向里的勻強磁場。在第二

象限有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度g=2.0X1(53N/C。在第四象限有沿y軸正方向的勻強電場,

電場強度生=2.0X1()3N/C。一個不計重力的帶正電粒子，質量機=3.2x10-2kg,電荷量q=L6xlCT"C,

從第二象限的P點沿y軸負方向以初速度為=L0xK)3m/s射入電場，剛好從坐標原點。進入第四象限,

到。點時速度方向與x軸正方向的夾角。=45。。

⑴求P點的坐標；

(2)要使粒子能以相同的速度返回P點，求勻強磁場的磁感應強度大小綜o

【答案】(1)(-50m,100m)

(2)2T

【詳解】(1)粒子經過坐標原點。時沿y軸負方向的速度為vy=%=L0><103m/s

在。點時速度方向與無軸正方向的夾角6=45。，則tan6=&

匕

解得匕=1.0xl03m/s

粒子沿龍軸正方向的加速度大小％=組

m

粒子從P點到坐標原點。的時間4=3

粒子從尸點到坐標原點O的水平位移X=5%

粒子從P點到坐標原點O的豎直位移M

解得Xi=50m,M=100m

P點的坐標(-50m,100m)

(2)設粒子經過坐標原點O后再次經過x軸的點為A點，經過第一象限的勻強磁場后從y軸上的8點

再次進入第二象限的勻強電場，如圖所示

要使粒子能以相同的速度返回P點、，根據運動的對稱性可知BO=2M=200m

粒子經過8點時速度方向與y軸負方向的夾角等于6=45。

粒子在第四象限的加速度g=組

m

2v

粒子在第四象限運動的時間芍=—v

a2

粒子在第四象限沿無軸正方向的位移3==vxt2

根據運動的對稱性，粒子經過A點時速度方向與x軸正方向的夾角等于。=45。

線段AB是粒子在第一象限勻強磁場中傲勻速圓周運動的直徑，則="80）2+（01）2

AnL

解得半徑『=——=1000m

2

粒子經過A點的速度大小等于粒子經過O點的速度，大小為v=M+v；

2

根據洛倫茲力提供向心力有qvB0=機工

r

代入數據得B°=2T

23.（2025?重慶?二模）如圖所示，宜刀平面直角坐標系中，圓形區域內充滿垂直宜刀平面的勻強磁場（圖

中未畫出），圓與x軸相切于坐標原點。，圓心坐標為（o,R）。第三象限內存在+v方向的勻強電場，場

強大小為E,-X軸上固定一足夠長的粒子接收薄板。尸。一群質量為根、電荷量為q的粒子，沿+X方

向以相同速度v從第二象限射