一、高考真題匯編的意義。1、增強(qiáng)高考考生的復(fù)習(xí)動(dòng)力和信心；2、提高高考考生的復(fù)習(xí)效率；3、加深考生對(duì)知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握。
二、高考真題匯編的內(nèi)容。1、高考試題收錄，涵蓋了考試的各個(gè)學(xué)科；2、答案解析，加深知識(shí)點(diǎn)理解和掌握；3、復(fù)習(xí)指導(dǎo)，提高復(fù)習(xí)效率。
三、高考真題匯編的重要性。高考真題匯編不僅可以提高考生的復(fù)習(xí)動(dòng)力和信心，增強(qiáng)考生的復(fù)習(xí)效率，為高考復(fù)習(xí)提供了有力的支持。
最近10年（15-24年）高考物理真題匯編
專題13 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
一、單選題
1．（2023·海南·高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說(shuō)法正確的是（ ）

A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變
C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功
【答案】A
【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，A正確；
BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯(cuò)誤；
D．洛侖茲力永不做功，D錯(cuò)誤。
故選A。
2．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t > t0
B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t > t0
C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則
D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則
【答案】D
【詳解】由題知粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有
qv0B1= qE
區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有
A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有
qvA?2B1= qE
則
再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t = t0，A錯(cuò)誤；
B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有
qvBB1= q?2E
則
vB = 2v0
再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t = t0，B錯(cuò)誤；
C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

根據(jù)
可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ = 60°，根據(jù)，有
則
C錯(cuò)誤；
D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

根據(jù)
可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α = 45°，根據(jù)，有
則
D正確。
故選D。
3．（2023·全國(guó)·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP = l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場(chǎng)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°，則
解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
r = 2a
則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有
則有
如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有
Eq = qvB
聯(lián)立有
故選A。
4．（2022·重慶·高考真題）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則（ ）
A．電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1B
C．v2與v1的比值不斷變大D．該離子的加速度大小不變
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P = Fvcsθ，則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P = Eqv1，A錯(cuò)誤；
B．由于v1與磁場(chǎng)B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛 = qv2B，B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；
D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場(chǎng)力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。
故選D。
5．（2022·全國(guó)·高考真題）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】解法一：
AC．在xOy平面內(nèi)電場(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)O靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動(dòng)的粒子同時(shí)受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯(cuò)誤；
BD．運(yùn)動(dòng)的過程中在電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場(chǎng)方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時(shí)的速度為0，隨后受電場(chǎng)力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯(cuò)誤。
故選B。
解法二：
粒子在O點(diǎn)靜止，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負(fù)方向的速度v’，兩個(gè)速度大小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即
則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在x軸上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。
故選B。
6．（2017·全國(guó)·高考真題）如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列選項(xiàng)正確的是（ ）
A．ma>mb>mcB．mb>ma>mc
C．mc>ma>mbD．mc>mb>ma
【答案】B
【詳解】由題意知
mag=qE
mbg=qE+Bqv
mcg+Bqv=qE
所以
故選B。
7．（2015·海南·高考真題）如圖所示，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間．條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)該電子的作用力的方向（）
A．向上B．向下C．向左D．向右
【答案】A
【詳解】P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)可知條形磁鐵的磁場(chǎng)的方向向外，電子向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，電子受到的條形磁鐵對(duì)電子的作用力的方向向上．
【點(diǎn)睛】本題提供的情景看似比較復(fù)雜，在去蕪存菁后可知，電子受到的洛倫茲力的方向可以由左手定則直接判定．要注意的是：對(duì)負(fù)電荷而言，四指所指方向?yàn)槠溥\(yùn)動(dòng)的反方向．
二、多選題
8．（2024·安徽·高考真題）空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（ ）
A．油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為
B．油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C．小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為，周期為
D．小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)
【答案】ABD
【詳解】A．油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場(chǎng)力平衡，可知帶負(fù)電，有
解得
故A正確；
B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力
得
解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
故B正確；
C．設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得
解得
周期為
故C錯(cuò)誤；
D．帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，?br>解得
由于分離后的小液滴受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，故D正確。
故選ABD。
9．（2022·浙江·高考真題）如圖為某一徑向電場(chǎng)的示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為， a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（ ）
A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B．電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大
C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)
D．當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)
【答案】BC
【詳解】A．根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得
解得
可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯(cuò)誤；
BC．根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得
解得
又
聯(lián)立可得
可知電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)，故BC正確；
D．磁場(chǎng)的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運(yùn)動(dòng)，也可能做近心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
10．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功
B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)
C．電子從M到N，洛倫茲力不做功
D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力
【答案】BC
【詳解】A．由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，故B正確；
C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；
D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M到P電場(chǎng)力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；
故選BC。
三、解答題
11．（2024·海南·高考真題）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個(gè)區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點(diǎn)和S點(diǎn)。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點(diǎn)，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場(chǎng)加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計(jì)粒子的重力和粒子之間的影響）
（1）求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；
（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；
（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動(dòng)能最大時(shí)，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離。
【答案】（1），；（2）；（3），
【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理得
解得
粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力
解得
（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑均為R，因?yàn)樵趨^(qū)域Ⅰ中的磁場(chǎng)半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點(diǎn)、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點(diǎn)四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)連線平行于粒子射入點(diǎn)與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點(diǎn)射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力
解得
如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的弦長(zhǎng)最短，即此時(shí)最短弦長(zhǎng)為區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)圓半徑，根據(jù)幾何知識(shí)可得此時(shí)在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期分別為
故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為
（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因?yàn)榭傻?，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，粒子同時(shí)受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)角度可知
故當(dāng)方向?yàn)樨Q直向上時(shí)此時(shí)粒子速度最大，即最大速度為
圓周運(yùn)動(dòng)半徑
根據(jù)幾何關(guān)系可知此時(shí)所在的位置到y(tǒng)軸的距離為
12．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中放置一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)。△OMN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無(wú)初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。
（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；
（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；
（3）當(dāng)加速電壓為時(shí)，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動(dòng)過程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)。
【答案】（1）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(n=0,1,2???)
【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為
在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為
在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足
聯(lián)立可得
（3）在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有
可得
在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
可得粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
設(shè)粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知
則粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向的夾角為，該速度沿軸和軸正方向的分速度大小為
，
則粒子從射出后的運(yùn)動(dòng)可分解為沿軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度大小為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知
解得
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πmqB，粒子至少運(yùn)動(dòng)距離軸最近，加上整周期則粒子運(yùn)動(dòng)，時(shí)距離軸最近，則最近位置的橫坐標(biāo)為
縱坐標(biāo)為
，
綜上所述，最近的位置坐標(biāo)，。
13．（2023·江蘇·高考真題）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
（2）若電子入射速度為v04，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；
（3）若電子入射速度在0 < v < v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為v04，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（3）若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有
由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有
F合 = evmB－eE
在最低點(diǎn)有
F合 = eE－evB
聯(lián)立有

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即
y ≥ y2
解得
則若電子入射速度在0 < v < v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。
14．（2022·江蘇·高考真題）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子a和b，a、b在磁場(chǎng)中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時(shí)間內(nèi)的徑跡長(zhǎng)度之比，半徑之比，不計(jì)重力及粒子間的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；
（2）粒子a的動(dòng)量大小。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）分裂后帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有
解得
由題干知半徑之比，故
因?yàn)橄嗤瑫r(shí)間內(nèi)的徑跡長(zhǎng)度之比，則分裂后粒子在磁場(chǎng)中的速度為
聯(lián)立解得
（2）中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異號(hào)電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
因?yàn)榉至押髣?dòng)量關(guān)系為，聯(lián)立解得
15．（2022·湖南·高考真題）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長(zhǎng)為，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。
（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)；
（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得
兩端的電壓
根據(jù)歐姆定律得
聯(lián)立解得
（2）如圖所示
設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系
解得
根據(jù)
解得
（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得
解得
16．（2022·山東·高考真題）中國(guó)“人造太陽(yáng)”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場(chǎng)約束和加速高能離子，其部分電磁場(chǎng)簡(jiǎn)化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點(diǎn)以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I。不計(jì)離子重力。
（1）當(dāng)離子甲從點(diǎn)出射速度為時(shí)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
（2）若使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度；
（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場(chǎng)I，求第四次穿過平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；
（4）當(dāng)離子甲以的速度從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點(diǎn)沿軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)I，求兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差（忽略離子間相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【詳解】（1）如圖所示
將離子甲從點(diǎn)出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場(chǎng)力沿軸負(fù)方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從到的過程，有
聯(lián)立解得
（2）離子從坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I中，在磁場(chǎng)I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)后從軸進(jìn)入磁場(chǎng)II中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示
由洛倫茲力提供向心力可得
，
可得
為了使離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則離子磁場(chǎng)I運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能從磁場(chǎng)I上方穿出。在磁場(chǎng)II運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能xOz平面穿出，則離子在磁場(chǎng)用運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑需滿足
，
聯(lián)立可得
要使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為；
（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場(chǎng)I，離子在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑為
離子在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑為
離子從點(diǎn)第一次穿過到第四次穿過平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示
離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為
離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為
故離子第四次穿過平面的位置坐標(biāo)為（d，d，）。
（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動(dòng)能相同，可得
可得
離子甲、離子乙在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑分別為
，
離子甲、離子乙在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑分別為
，
根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示
從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第一個(gè)交點(diǎn)的過程，有
可得離子甲、乙到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差為
17．（2020·海南·高考真題）如圖，虛線MN左側(cè)有一個(gè)正三角形ABC，C點(diǎn)在MN上，AB與MN平行，該三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；MN右側(cè)的整個(gè)區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電的離子（重力不計(jì)）以初速度從AB的中點(diǎn)O沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后從MN上的Р點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后恰能回到O點(diǎn)。已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正三角形的邊長(zhǎng)為d：
(1)求三角形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
(2)求離子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間；
(3)若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與原來(lái)相等的恒磁場(chǎng)，將MN右側(cè)磁場(chǎng)變?yōu)橐粋€(gè)與MN相切于P點(diǎn)的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)讓離子從P點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，速度大小仍為，方向垂直于BC，始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)О點(diǎn)時(shí)的速度方向與OC成角，求圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。
【答案】(1)；(2)；(3)見解析
【詳解】(1)畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
粒子在三角形ABC中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有
又粒子出三角形磁場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)，由幾何關(guān)系可知
聯(lián)立解得
(2)粒子從D運(yùn)動(dòng)到P，由幾何關(guān)系可知
運(yùn)動(dòng)時(shí)間
粒子在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為
則有
運(yùn)動(dòng)時(shí)間
故粒子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間
(3)若三角形ABC區(qū)域磁場(chǎng)方向向里，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中①所示，有
解得
此時(shí)根據(jù)有
若三角形ABC區(qū)域磁場(chǎng)方向向外，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中②所示，有
解得
此時(shí)根據(jù)有
18．（2015·福建·高考真題）如圖，絕緣粗糙的豎直平面左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的小滑塊從點(diǎn)由靜止開始沿下滑，到達(dá)點(diǎn)時(shí)離開做曲線運(yùn)動(dòng)．、兩點(diǎn)間距離為，重力加速度為．
（1）求小滑塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）求小滑塊從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功；
（3）若點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的點(diǎn)．已知小滑塊在點(diǎn)時(shí)的速度大小為，從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間為，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速度的大小.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】小滑塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)離開，此時(shí)與間的作用力為零，對(duì)小滑塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大??；由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功；撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大小。
【詳解】（1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力時(shí)滑塊離開開始做曲線運(yùn)動(dòng)，即
解得小滑塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)的速度
（2）從到根據(jù)動(dòng)能定理：
解得：
（3）當(dāng)小滑塊速度最大時(shí)，所受合外力為零，即滑塊在點(diǎn)的速度方向與重力、電場(chǎng)力的合力方向垂直，故撤去磁場(chǎng)后，小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)等效重力加速度為，則有
且
聯(lián)立解得：
【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，在與分離時(shí)，小滑塊與間的作用力為零，在撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過程逐步求解即可．
19．（2016·天津·高考真題）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1×10–6 kg，電荷量q=2×10–6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(chǎng)（不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10 m/s2.求：
（1）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；
（2）從撤掉磁場(chǎng)到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場(chǎng)線經(jīng)歷的時(shí)間t。
【答案】（1）20 m/s，與電場(chǎng)方向夾角為60°；（2）
【詳解】（1）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖
其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有
代入數(shù)據(jù)解得
速度v的方向與電場(chǎng)E的方向之間的夾角滿足
解得
則
（2）撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其初速度為
若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有
聯(lián)立解得
20．（2016·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場(chǎng)方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)帶電粒子所受重力：
（1）求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R和周期T；
（2）為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，還需要同時(shí)存在一個(gè)與磁場(chǎng)方向垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。
【答案】（1），；（2）。
【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力F=qvB，洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，有
則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期
可得
（2）分析知粒子帶正電，為使該粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，需加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力與洛倫茲力等大反向，相互平衡，即
qE=qvB
電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小
E=vB
答：（1）求粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E=vB?？键c(diǎn)
十年考情（2015-2024）
命題趨勢(shì)
考點(diǎn) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
（10年10考）
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本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，主要涉及各種電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運(yùn)動(dòng)，主要體現(xiàn)在以下幾方面:
(1)電流磁效應(yīng)主要結(jié)合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。
(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。
(3)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等。

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