专题十 磁场-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

不变，故此时极板间的电势差了在减小，且减小的越来 越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不 变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选 项.故选D. 3.BA.降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数E。增 E.S 大，根据电容器的电容决定式C一4欢a可知电容器的电 容增大，故A错误；BC.溶液不导电没有形成闭合回路， 电容器两端的电压不变，根据Q=CU,结合A选项分析 可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；D.根 据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容 器充电，结合题图可知电路中电流方向为V·M,故D 错误. 考点5 1.C根据题意0~1s水平位移为0，可得x十0.5az=0, 竖直位移为3m,可得十0.5a,=3m, 0~2s水平位移为3m,可得2ur+2a,=3m, 竖直位移为0，可得200十2a,=0, 解得a=3m/s,a,=-6m/s2, 对小球受力分析有。=2 a,=-g+E, 代入数据得E=3.0×10V/m,E,=4.0X103V/m, 故电场强度大小E=/E,+E,=5.0×10V/m, 电场方向斜向上偏N侧，E,>0表明沿x轴正方向电势 降低，故90>N· 2.Da电子入射动能为E,,根据动能的表达式有E,= 分mu,电子恰好微国周运动，则eE=m,联立解得 1 r E2E,故A错误；由图可知，P点电场线密度较稀疏， er 则场强小于C点场强，故B错误；已知CQ=2BP,因 为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q,点 电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在 Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较 小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向外 电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ 之间平均电场强度大小，根据U=Ed,则U0<2Um,则 b粒子全程的克服电场力做功W=eUo<2eUp=2eU, 故D正确.故选D. 3.BA,粒子在加速电场中被加逢时Ug=2m,在偏 转电场中做类平抛运动，则1=t,之 得U。=24U1,选项A错误：B.当U,=士U。时，粒子从 2 d 板的边缘射出，怡能打到样品边缘时，则2= 2一，解 1.Um9'= 得L=a,选项B正确：C.根搭y=2·dm 2d LU12 4元，若其他条件不变，要增加样品的辐射范国，则需减 小U,,选项C错误：D.由图可知t,时刻所加的向上电场 电压小于t。时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射 入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖 直位移，则选项D错误. 4.解析：(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平 抛运动，垂直于电极板方向，则(=t1,沿电极板方向x1 由牛顿第二定律gE=ma, 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x,= 5×103m: (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则竖 直方向位移h=vt2,水平方向位移x:=at1t,联立解得 x2=0.05m,由对称性可知，A、B细胞收集管的间距△x =2(x1+xg)=2×(0.005+0.05)m=0.11m. 答案：(1)5×103m(2)0.11m 专题九恒定电流 1.B从I一U图像中读出两，点坐标： 状态a:U=0.6V,I.=0.2A, 则R==32,P.=U1。=012W, 状态b:U6=2.0V,I6=0.4A, 则R号-90=5n,P,=U以，=2.0X0.4w=0.8W △R=5.02-3.02=2.02 △P=0.8W-0.12W=0.68W, 故电阻变化量为22，电功率变化量为0.68W. 2.A根据题意小车匀速运动，则有F=f=k, 小车的机械功率P=F0=k, 由于电动机的效率为50%，则有P.= P=u 70.5 2k0, 光伏电池的光电转换效率为，即一P后 可得P=-2.故选A. 7 专题十磁场 考点1 1.AB根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场会产生磁 场，故A正确：汽车经过凹形路面最低，点时，根据牛顿第 二定律可得N-mg=mR' 0 可得N=mg十m令一>mg,可知此时汽车处于超重状态) 故B正确；相对论时空观认为运动物体的长度与速度有 关，物体的长度会随着物体的速度不同而改变，故C错 误：通过提取海水中的氘和氚进行核反应属于轻核聚 变，而秦山核电站利用重核裂变获取能量，故D错误， 2.B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B。=号根据对称性，两学线在N处的酸感 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B。三号，由于L,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L:撒去，N点的磁感应强度为三B, 一B1·故选B. 考点2 1.C假设粒子带正电，画出其××××××× 运动轨迹如图所示，设其在下××Y×0 XX 方和上方磁场中做圆周运动的××个Xx× 半径分别为rR,两段圆孤的：。 ”r◆ 圆心连线与虚线a的夹角为日，1：：：0Ca 别sin9==号，所以cos9 0 01 2 ，由几何关系得r一rcos9=Rcos0,解得R=吕1，由 、4 洛伦兹力提供向心力有Bg0=m 方，即r=m B,可得ree B,所以上、下磁场的磁感应强度大小之比B:B,=, 1 :R=4:1,C正确. 2.AD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：设磁 感应强度为B,小球的速度为，此时小球与管道间无弹 力，竖直方向上有mg=quBcos45°， 水平方向上有quBsin45°=m尺' 解得=√gR, 则小晾裁园周运动的月第为T=2=2√侵 ,区，故B错 误：C.根据题意，水平方向上，由动量定理有1=△p= -m0-mv=一2m√JgR, 竖直方向有L,=卯Bc0s45.子=mxVR, 则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小 为I=√T十I,=m√(4十π)gR,故C错误；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mg十FNy=g·2 uBcos45°， 水平方向上有g·2Bsin45+FNx=m (2)2 R 小球与管道间的弹力大小FN=√F,十F 联立解得F、=√5mg,故D正确. 3,BC因Y光子转化为一对正负电子对应的能量为 2m.c,同时Y光子将一部分能量传递给被打出的电子， 可知y光子的能量一定大于2m.c,A错误； 电子在磁场中做圆周运动，根据B=m,,可得p= mu=eBr. 则沿轨迹1、2、3运动的电子对应的动量分别为1= eBr1、p2=eBr2、p3=eBr3, 由动量守恒可知，=p:十2十：， 可得Y光子的动量大小为p,=eB(r1十r十r3),B正确： 正、负电子在磁场运动时受阻力作用速度逐渐减小，则 做圆周运动的半径逐渐减小，即电子做螺旋运动，将电 子的轨迹分成无数小段，每一小段均可看作是一段圆 孤，因速度方向总是沿对应的一小段圆孤的切线方向， 电子在每一小段上做圆周运动的圆心是固定的（该位置 为电子刚开始做圆周运动时的圆心位置，对沿2、3轨迹 的电子分别为P点和Q点)，电子最终停止运动时将停 止在该圆心位置，可知O与P、Q的距离之比OP:OQ= 2：r3,C正确； 沿径迹1运动的电子初速度为=B 17 电子受的阻力f=kV, 由动量定理一kv△t=0一m△0， 求和可得∑ku△t=∑m△u, 即ks=m心1， 总路餐为二学D错花 12 4.C根据洛伦蓝力提供向心力有qB=区，可得R- gB =d,故A错误： V 1 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s上m血=d:当粒子 恰能通过V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，5上mx=3d, 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√5d一d,故B 错误；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：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，用时最想，有=需·器-器故D辑送，故 选C. 5.BD由题意，作出a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 正好与磁场外边界相切，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u.=9BR 代入R。=m0】 gB 可得R。=R。, 设外圆半径等于R',由几何关系得∠AOB=270°， 则R=R,十√2R,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tmin, a粒子微匀速圆周运动的周期T=2πR=2xm gB' 在磁场中运动的时间t1 360°·T=-3元m -540° gB 匀速直线运动的时间t2= 2R=2m 。qB' 故a粒子返回A点所用的最短时间为tmim=t1十t2= (3x十2)m,B正确： gB C.由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 0 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9，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2R=√2R, 洛伦兹力提供向心力有心，B=R, mu 联立解得司一号D正商， 6.DAB.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，根据对称性可知轨 迹如图① 图① 剧最短时间有=2T三g,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② 所示 图② 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r =3R 3 根据洛伦兹力提供向心力有B=m二，可得。 BgBR,故D正确. 37m 7.解析：(1)由于粒子a经速度选择器后以速率沿x轴正 方向进入区域I,则粒子a在速度选择器中受力平衡，有 Eq=qoBo 解得B,=E 粒子a进入区域I后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运 动，设粒子a在区域I中的轨迹半径为r1,由于粒子a恰 好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ，则作出粒子在 区域I中的轨迹如图1所示 粒子发生器 速度选挥器 区域I 区域Ⅲ h -hr10 区域Ⅱ 图1 12 根据几何关系可知r,=h 又由洛伦兹力提供向心力有gB,=m 联立解得B,=m巴 gh' (2)粒子1从O,点进入区域Ⅱ后在洛伦兹力作用下做匀 速圆周运动，设粒子a在区域Ⅱ中的轨迹半径为r,则由 洛伦兹力提供向心力有g·5B=m r2 解得r:=5qB 粒子1在区域Ⅱ中运动半个圆周后沿y轴正方向进入区 域Ⅲ，设粒子a在区战Ⅲ中的轨迹半径为r,则由洛伦兹 力提供向心力有90·12B=m方 解得r=12qB 70 作出粒子从O点进入区域Ⅱ后的部分轨迹如图2 所示 救子发生器 区域I 区域Ⅲ 度选择器 h h 0 区域Ⅱ 图2 结合运动的周期性可知粒子a从O,点进入区域Ⅱ后第n (m为正整教)次经过工轴的：轴坐标为工=”1·2 2 -n,1.2,=7n+17)m(m为奇教)，x=（2-2,) 2 60gB 号一器a为得) 令x= 9m0,解得1=3，则粒子a从0点运动到P点 30gB' 30g,0]过程在区城Ⅱ中运动2次，在区城Ⅲ中运动 次，故t= 2π2+=29πm 60gB· (3)画出粒子Q、b的运动轨迹如图 0.8 0.6 0.4 0.2 0叶 -0.2 Q0设0Q00战 -0.4 -0.6 0.805 0 0.5 25 区域Ⅱ：a粒子半径r2= 5gB 6粒子半径M B 口指子半月期：=器 6粒子半周期 5qB 区域Ⅲ：a粒子半径r=12gB' n2) 6粒子半径 29Ba粒子半周期1=12B 6粒子半周期129B πM 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆十区战Ⅲ上半圆”的运 动x坐标的净变化A,=2-2%=品 同理△x= 7Mu 30gB 所花时间△1。=1，十名=60gB' 17元m 同理△1，=60gB 17πM 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 工轴坐标x1=2n,=2.mu=12m 5 gB 30gB 时同==器-器 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 一个速度向上上点，设第n次速度向上点n=1,2,3,…, 则无=+(n1)△z,=300B十(m-1D7m0 30gB 7n+5.m' 30 gB t=ta+(nD△t。=60B+(n-1)r= 60gB 17n-5.m 60 gB 粒子6在a到达第一次向上点a(即x=器)时，从0 点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ，B的起始时刻 为tal=5gB60gB 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x,1=2· Mu_12Mu 5qB 30gB' 时刻工1=t1+-12x2+12xM-12m+12M 5gB 60gB 60gB 60gB 同理，第k次速度向上点k=1,2,3,… 2M+k-1)7M=7k+5.M 30gB 30gB 30 B 工=T+-1(器+) =12m+(17k-5)M 60gB 由相遇条件xm=x6.ktm=t.k得(7n十5)m=(7k+5) M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M, 两式相除消去M得10一17k=5,最小正整数解为k= 5,n=9, 代入得M=1Z, 10m,x1 =34mu 15gB 答案：(1)my (2)29元n (3)34m 60gB 15gB 8.解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力有euB=m r 可得器 根据几何关系可得，=R+08R=9R, 2 10 联主可得B=限 根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里. 12 （2)根据T=红，钻合=品R,可得T=。 5v 电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为180°，电子 从S点第一次到达P点所用的时间t=60·T 联立可得被 答案：1深，垂直纸面向里（2恐 9.解析：(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故gE= 9心B,其中E=」 d, 则该粒子通过速度选择器的速率为%，一B。 U (2)粒子在x≥0区域内做匀速圆周运动，从OV的中，点 垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1=L, 由洛伦兹力提供向心力得q0,B,=m r 联立可得Bi一gdBL' mU 若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B,则粒子在磁 屏蔽区运动的轨迹半径为r=L,由几何关系可知y轴上 y=L处检测到该粒子， 若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴 通过磁屏蔽区后做半径为r=L的圆周运动，由几何关 系可知y轴上y=3L处检测到该粒子，由于0<B, B,,所以y轴上可能检测到该粒子的范围为Ly<3L. (3)若在Q处检测到该粒子，如图 X B 0 N x B: 由几何关系可知=(2L)+(:一L),解得=豆 由洛伦兹力提供向心力q℃oB,= 联立解得B,=5qB,d正' 2mU 其中B= mU dB。L' 根据磁屏蔽效率？ B一B×100%可得若在Q处检测 B 到该粒子，则7=60%， 答案：(1)B,d J (2)mU qdB。L L<y<3L (3)60% 考点3 1.AD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，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y=a, 水平方向有x=0t, 由牛顿第二定律有Eg=ma, 联立解得E=4m,A正确： qto 粒子在区域Ⅱ中运动的y一t图像为正弦曲线的一部分， 可以判断粒子做匀速圆周运动， 10L 0 10L 3 运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 R=1OL,B错误； 3 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度= √属+(at),联立解得u= to 根据洛伦兹力提供向心力有B=m尺， 解得B=,3m,C错误； 2gt。 如图所示， y 10L 1370. 0 3L0. 104 设圆心为，点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖 直方向夹角为日， 由递度关系有sin0=马=0.6， 可得0=37°. 由几何关系得∠O=37° 那么有00=3L+Rcos37°=17L 鞋子在区线Ⅱ内园周运动的园心坐标（号0） D正确.故选AD. 2.AD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°， 则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示， 粒子从C,点垂直于BC射出，A正确：反之当粒子穿过 ad边经cd边垂直BC射出时，速度方向与ad边夹角不 一定为45°，C错误；当粒子穿过ad边的速度方向与ad 边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子 运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子 经b边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示， 则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确 D··· ·a---'b. B 甲 乙 久 ”····C B 丙 12 3.解析：(1)设正离子电荷量为g,质量为m, 离子在加速电场中由静止加速，根据动能定理得gU= 2m2, 2qU 解得uNm 离子以速度0进入反射电场，电场强度为E:= 离子在反射电场中，往返运动可以沿垂直电场线和平行 电场线两个方向分解，平行电场线方向上离子做匀减速 直线运动，初速度分量为，=ocos6,且gE:=ma, 离子在反射电场中，往返运动时间1=2四 垂直电场线方向离子做匀速直线运动，初速度分量为 =usin 离子在垂直电场线方向的位移x=21 联立解得x=40d,sin0cos0 U, 从上式可以看出，离子在反射电场中的“射程”x只与仪 器的参数U1,U2d2、9有关，而与离子的电荷量q和质 量无关.因此，所有从离子源O产生的正离子都能从 同一，点射出反射电场， (2)在加建电场中，根据位移时问关系d=子 其中a'=9U md 可得加速电场中运动时间=d√可， 2m 无场区运动时间t:= m =s√2qU 离子从O到射出反射电场所用时间t=t1十t十t3=d1 nm+2a,os2/mU】 2m+so2qU U:q 可知心 ”,即4 a2 t2 a 可得=9 ”a24 答案：1)见解析(2)号 4.解析：(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理有 1 eU=2mvi 电子在筛选器中，由牛顿第三定律有e,B,三 电子通过样品简后的动能变化量△E=子m一 2m, eBR 联立可得△E= 2m -eU. (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L =2t, 。1 沿着电场方向有x=2ar, 根据牛頓第二定律得e· 出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 L+5L = L 2 11mL'U, 联立解得x=2dRB%e (3)由题意可知U2=t十U。, 将0：表达式代入，=11mLU 2dR Bie 可得。=m（ 2dR Boe +U。), 结合题图（相对强度8408到4204)可得4△x= 11mL 2dR Bie ·t, 解得t=一 8dReB△x 118mL? 答案：(1)△E,=eBR 2m -eU1(2)x= 11mL'U, 2dR Bie 8dReB△.z (3)t= 118mL 5.解析：(1)作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半 径为r= sin2, yo 由洛伦兹力提供向心力qU1B=m 解得正电荷的入射速度大小为心=2gB 正电荷在磁场中运动的周期为T=2红”=2x” 01 9B, 所以正电荷从M运动到N的时间为1一貂T=” 3gB (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由 牛颜第二定律可知如，B十旺=m三，共中n r k 解得4=g或0=g(会去)： Bya By (3)在(2)的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷 做椭圆运动，如图所示 大y×XX ××× 00 ×× 「3 M××× 由能量守恒定律得2m- k48g=1 k48g 2m0-g 由开普勒第二定律可知2r:=r3, 其中r2=2y。,联立解得r3=6y, 由牛顿第二定律48？ 2 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与V,点的 射出速度相反的时间为t2 2√3xByd 3kg 答案：1)2gB6m (3)2v3xB m 、3gB(2)6g 3kg 6.解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 A。 12 由题意可知0=60°， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r =rcos0十h,解得r=2h, 由牛顿第二定律有B=m三，解得B=器 (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60°，由几何关系可 得AB=s-2rsin0=3√3h-2√3h=3h, 则粒子在电场中的运动时间为1=AB。=2励 vo cos vo 沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE=ma， 由运动学公式有一v,sin9=,sinf-at, 联主解学上器 (3)若粒子从口点以Y。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2h,由几何关系可得，粒子进入电场 时速度与虚线的夹角a=60°， 结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为 =23h AB间的距离为AB=√3h, 由几何关系可得BC=2 r sin a=2√3h, 则AC=BC-AB=√3h, 粒子在磁场中的运动时间为1，=360一20.2-8 360° 00300 则有=1，十，=63+8m)边 3 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动√3h,则漂移速 度大小=3h=35 00+ t6√3+8 答案：1器)器8不 6√3+8π 7.解析：(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√3d=0。t, 竖直方向微匀变速直线运动号-0巴，=a1= 2 2 md 由闭合回路欧姆定律可得U= r。+2ro 联立可得和=气。9E (2)粒子进入磁场与竖直方向的夹角为tan0=马=60°， 23 v=sin 60 粒子在磁场中做匀速圆周运动quB=m尺： 由几何关系易得R=d 3d c0s30°= 3, 2E。 联立可得B= d (3)当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容 器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为'，规定竖 直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程， 在竖直方向上由动量定理有 ∑qv,B△x=m0'-(-nusin30), 即gB.xm=m'-(-msin30°)， 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm 联立可得z=2+VB)d 2 s 答案：(1)q=E 2B- 2E。 (3)2+3)d 2 8.解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运 动轨迹如图所示， y↑ B 粒加速电压 子发 K 器 60°入 0 M 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 L 径为r=xw= 2 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qoB=m 在匀强加速电场中由动能定理有U,9一子md, 联立解得U。=9BL 8m (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作 出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图 所示， y个 B 加速电压 器 60°入 0 M x 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 径为=xwc0s60=1, L 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 经=侧只 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则 可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则 粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带 正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴 正方向，大小满足gWB=a,联立可得E=5L Am (3)在匀强加速电场中由动能定理有=子m, 可得”=3gBL 6m 12 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 8=m 可得粒子在△OMN区战运动的轨迹半径，=L, 6 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 y↑ 加速电压 子发 X0 K 60°入 0 M x 粒子出K时，”越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有 sin0=号=9则有0=60. 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 轴方向的匀速圆周运动，其中，=”sin0=BL,,= Am t”cos0=9BL 4√3m 匀速圆周运动的半径为”三B=?、 又T=2x”=2xm 分析可知当运动十是)T时，粒子距离y轴最近，此 最近位置的横坐标为x= -，“=3=5L纵坐标为y 4 12 -++心(+)T=9+g+8》,来中n 4 3 8 为自然数 综上，最近位置的坐标为 [L.写1+g+n为自发数) 8 答案：1U,=肛(2)E=8兰，方向沿轴正方向 8m 4m (3)35L.5L+4+3](m为自然数) 12 8 专题十一 电磁感应 考点1 1.B小球从P,点由静止释放，初始阶段速度方向大致向 右，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向上 (即俯视图中PO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 (P'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下（即俯视图中P'O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项图符合题意， 2.C根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄 片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极 间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的 满电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时 针.故选C. 3.D有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停 止，故A错误：根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的 磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离 线图最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电 动势为零，感应电流为零，线图受到的安培力为零，故C最新真题 分类特训 专题十 磁场 [考点1]磁场和磁感应强度的叠加 1.(2026·1月浙江卷，11)（多选）下列说法正确的是 A.变化的电场会产生磁场 B.汽车经过凹形路面最低点时处于超重状态 C.相对论时空观认为运动物体的长度与速度无关 郑 D.秦山核电站通过提取海水中的氘和氚进行核反应获取能量 2.(2025·福建卷，3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有 大小相等，方向相反的电流.导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对 斯 称，O与N关于L2对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强度大小为 M B,,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，V 点的磁感应强度大小为 AB,-8 B.B C.B2-B D.B-B2 [考点2]带电粒子在磁场中的运动 的 1.(2026·河南卷，6)如图，间距为l的两虚线a、b间存在方向垂直于纸面向外 X××XXXX 的匀强磁场，虚线b上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场.一带电粒子 ×X××××× ××××××X 杯 在纸面内垂直于虚线a从O点射入磁场，一段时间后又从O点射出磁场.已 b 知该粒子在下方意场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的 a 0 磁感应强度大小之比为 A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 2.(2026·湖南卷，10)（多选）某小组设计了一磁悬浮装置.如图，环形45 通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为R的环形细管道， B 如 管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45°.质量为m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 御 弹力，重力加速度为g.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元√ R C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为√(2+π)gR 器 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√5mg 3.(2026·1月浙江卷，13)（多选）在充满液态氢的气泡室中存在方向垂直图示 平面、磁感应强度为B的匀强磁场.一束Y射线通过气泡室，其中一个Y光子 将一个氢原子打出一个电子(e),同时自身转变为一对正负电子对(e ).三个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子和产生的质子均可视为静 止)，开始时，三条径迹共切于O点，其半径分别为”、2和3.假设电子在气 泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为，方向与速度方向相反.沿径 迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M(图中未标出)、P、Q三点.已知电子质量 为m。,元电荷为e,光速为c.下列说法正确的是 ( 37 A.y光子的能量小于2m.c2 B.Y光子的动量大小为eB(r1十r2十r3) C.O与P、Q的距离之比OP：OQ=r2:r3 D.沿径迹1运动的电子总路程为®B)+ 4.(2025·安徽卷，7)如图，在竖直平面内的Oxy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 XX M N d,上、下表面均能接收粒子.位于原点O的粒子源，沿Ozy平面向x轴 XX 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 0 为m、速度大小均为Bd不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则 ) 177 A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒于在磁场中运动的玻短时间为 5.(2025·甘肃卷，10)（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 0 Ro 半径为R。.在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并恰好 到达磁场外边界后返回.已知a、b、c带正电且比荷均为9，a粒子的速度 大小为心.=BR,方向沿同心圆的径向：山和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2R。 B.a粒子返回A点所用的最短时间为(3π十2)m gB C.6、c粒子返回A点所用的最短时间之比为一巨 √2+2 D.c粒子的速度大小为2， 6.(2024·湖北卷，7)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πm 3gB D.若粒子从A点射人到从C点射出圆形区城用时最短，粒子运动的速度大小为③gBR 3m 38 7.(2026·山东卷，18)如图所示，在Oxy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，速度选择器中电场的电场强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直Oxy 面向里；y=一x(x≤0)与y轴正半轴所围区域I(包含边界)中充满垂直Oxy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Oxy面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小分别为5B和12B.粒子发生器可发出质量不同、带电荷量均为+q的粒子.其中 质量为m的粒子a经速度选择器后以速率v从点（一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. y 粒 区域I 区域Ⅲ 子发生 度选择器 -h0 区域Ⅱ (1)求速度选择器中磁感应强度的大小B。和区域I中磁感应强度的大小B1; (2)求粒子a从O点运动到P点 8器0的时间4 《3)当粒子a从点[g0)离开区坡Ⅱ进入区坡Ⅲ时，带电荷量为十g的粒子b恰好从0点以 速率v沿y轴负方向进入区域Ⅱ，若要使粒子a、b在x轴相遇，且相遇时速度恰好都沿y轴正 方向，求粒子b的质量M(用m表示)及两粒子第一次相遇时的x轴坐标x1· 8.（2026·云南卷，13)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： 39 (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. 励磁线圈 玻璃泡 电子枪 G 图甲洛伦滋力演示仪示意图 图乙匀强磁场区域 9.(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干 扰.如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感 应强度大小为B,(未知).第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽 区OVPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向 0 里，其磁感应强度大小为B2(未知)，但满足0<B2<B1.某质量为m、 x%x 电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直 区8 y轴射人x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射人磁屏 速度选择器 蔽区域.速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B。(已知)，不考虑该粒子的 重力. (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B,以及y轴上可能检测到该粒子的范围； (3)定义磁屏蔽效率)= B一B×1O0%,若在Q处检测到该粒子，则7是多少？ B 40 [考点3]带电粒子在复合场中的运动 1.(2025·山东卷，12)（多选）如图甲所示Oxy的平面内，y轴右侧被直线x=3L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Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场 的大小、方向均未知.t=0时刻，质量为、电荷量为十q的粒子从O点沿x轴正向出发，在 Oxy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. t。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的yt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 () yA 区域I 区域Ⅱ 10L/3 2L 2L -2L -10L/3 图甲 图乙 A区域内电场强度大小E一，方阿沿y轴正方向 B,粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20L C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向垂直Oxy平面向外 5qt D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 2.(2024·河北卷，10)（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd,D 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 ·d 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 bi· 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 B 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边时速度方向与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° 3.(2026·河南卷，14)反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行 质量分析的仪器.原理如图所示，离子源O产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电 场加速后从A点射出，进入无场区做直线运动，然后从B点进入匀强反射电场，最后从反射电 场射出.已知A、B间的距离为s。,加速电场和反射电场两极板间的电压分别为U1和U2(U2> U1),间距分别为d,和d2,反射电场方向与AB的夹角为0.不计离子重力. 探测器示 反射电场 加速电场 无场区 50- 0 U U. 41 (1)证明从离子源O产生的正离子都能从同一点射出反射电场； 2)测得两种离子从O到射出反射电场所用时间之比=，求其比荷之比 4.(2026·黑吉辽蒙卷，15)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 一能量分析仪”测量，简化原理如图()所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U1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B。,使筛选出的 电子沿半径为R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e,质量为m;偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d; 荧光屏到极板边缘的距离为5L.忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应 荧光屏 匀强磁场 △x 相对强度 图) 8408 7071 N 偏转 504 电 5000 样品 4204 353 176 5L 2500 913500 1258883625 1486 荧光屏 电婆 45 激发过程衰诚过程 八电子源 图( 图 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量△Ek· (2)求M、N板间电压为U?时，电子到达荧光屏上的偏移距离x, (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 M、N板间电压随时间线性变化，变化率为B(B<0),使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距 为△x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x的关系如图(c)所示.若样品的激 发态寿命t定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求t. 42 5.(2025·黑吉辽蒙卷，15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的 y 匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电的粒子从M(0,一y)点射入磁场，速 XXXX 度方向与y轴正方向夹角0=30°，从V(0,y)点射出磁场.已知粒子的电荷量 0 为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应 xxx (1)求粒子射入磁场的速度大小1和在磁场中运动的时间t1· (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为一48q,粒子质量取m= B(为静电力常量)，粒子仍沿(1中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁 场的速度大小2， (3)在(2)问条件下，粒子从V点射出磁场开始，经时间2速度方向首次与N点速度方向相 反，求2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为 处的电势p=k又). 6.(2025·河南卷，15)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、 带电量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v。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60°，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.α、b距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3√3 h.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α点以v。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) 43 7.(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动势为E。,内阻为r。,滑 ××n×× R 动变阻器R的最大阻值为2。，平行板电容器两极板水平放置，板 × 间距离为d,板长为3d,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 Eo,ro -W3d×××× 量为m的带正电粒子以初速度v。水平向右从电容器左侧中点α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4BE 3d ,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm: E好 8.(2024·山东卷，18)如图所示，在Oxy坐标系x>0,y>0区 y 域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场： 磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上 B M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中 加速电压 点.△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场.位于y 轴左侧的粒子发生器在0<y<号L的范围内可以产生质量 0 为m,电荷量为十q的无初速度的粒子.粒子发生器与y轴之 间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚 度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互 作用力. (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U。; (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中 电场强度的大小和方向； (3)当加速电压为BL时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 24m 44