考點(diǎn)48 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（核心考點(diǎn)精講+分層精練）解析版—高中物理

這是一份考點(diǎn)48 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（核心考點(diǎn)精講+分層精練）解析版—高中物理，共51頁(yè)。試卷主要包含了 3年真題考點(diǎn)分布， 命題規(guī)律及備考策略，電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存，5μC/m2等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1. 3年真題考點(diǎn)分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】近3年新高考卷對(duì)于本節(jié)內(nèi)容考查共計(jì)33次，主要考查：
速度選擇器的工作原理及應(yīng)用；
回旋加速器的工作原理及應(yīng)用；
磁流體發(fā)電機(jī)的工作原理及應(yīng)用；
霍爾元件的工作原理及應(yīng)用；
帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題；
帶電粒子在組合場(chǎng)中的應(yīng)用；
【備考策略】理解并掌握速度選擇器、回旋加速器、磁流體發(fā)電機(jī)、地磁流量計(jì)的工作原理；掌握磁場(chǎng)在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)的異同點(diǎn)，會(huì)解決帶電粒子在組合場(chǎng)中應(yīng)用問(wèn)題。
【命題預(yù)測(cè)】本節(jié)內(nèi)容難度較大，一般都以壓軸題的形式出現(xiàn)在選擇或解答題中，考察方式靈活多變，更多的會(huì)科技類題目產(chǎn)生聯(lián)系，2024年考生必須引起重視。更多課件 教案 視頻 等優(yōu)質(zhì)滋源請(qǐng) 家 威杏 MXSJ663
考法1 質(zhì)譜儀
1．作用
測(cè)量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器．
2．原理(如圖所示)
(1)加速電場(chǎng)：qU＝eq \f(1,2)mv2（靜止開(kāi)始加速）
(2)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)：qvB＝eq \f(mv2,r)，l＝2r；（做圓周運(yùn)動(dòng)）
由以上兩式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
【典例1】（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）在芯片制造過(guò)程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過(guò)磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個(gè)小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分布區(qū)域是同一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L(zhǎng)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場(chǎng)及磁場(chǎng)時(shí)，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個(gè)系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時(shí)，有，。求：
(1)離子通過(guò)速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來(lái)離子的比荷；
(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；
(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；
(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說(shuō)明理由。
【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見(jiàn)解析
【詳解】(1)通過(guò)速度選擇器離子的速度
從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為，
由得，
(2)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離，
離開(kāi)電場(chǎng)后，離子在x方向偏移的距離，，，位置坐標(biāo)為(，0)
(3)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑，
經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離
離開(kāi)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏移距離
則，，位置坐標(biāo)為(0，)
(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場(chǎng)引起的速度增量對(duì)y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響。
(1)質(zhì)譜儀的本質(zhì)是粒子先在電場(chǎng)中加速,再在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),最后利用感光底片記錄探究粒子的位置.
(2)質(zhì)譜儀是計(jì)算帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.
(3)回旋加速器的工作條件是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與金屬外殼所加交流電的周期相等,粒子的最大動(dòng)能由勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和 D形盒半徑?jīng)Q定
(4)質(zhì)譜儀和回旋加速器都是帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).
【變式1】（2023·北京西城·北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？既＃┤鐖D所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過(guò)相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度為E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為）的重疊區(qū)域，然后通過(guò)狹縫垂直進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為），最后打在照相底片上的三個(gè)不同位置，粒子的重力可忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．該束粒子帶負(fù)電
B．板帶負(fù)電
C．粒子的速度v滿足關(guān)系式
D．在的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比越小
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)粒子在左側(cè)運(yùn)動(dòng)可知，洛倫茲力方向向上，則電場(chǎng)力方向向下，P1板帶正電，故B錯(cuò)誤；
C．由粒子做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得，qvB1=qE
解得粒子的速度為
故C錯(cuò)誤；
D．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力得，，可得
運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比越小，故D正確。
故選D。
【變式2】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示為質(zhì)譜儀工作的原理圖，已知質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)電場(chǎng)加速后，由小孔S沿著與磁場(chǎng)垂直的方向，進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。粒子在S點(diǎn)的速度與磁場(chǎng)邊界垂直，最后打在照相底片上的P點(diǎn)，且。忽略粒子的重力，通過(guò)測(cè)量得到x與的關(guān)系如圖乙所示，已知斜率為k=0.5，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為，，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A．該粒子帶負(fù)電
B．該粒子比荷為
C．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為
D．若電壓U不變，打到Q點(diǎn)的粒子比荷大于打到P點(diǎn)的粒子
【答案】C
【詳解】A．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；
B．粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得，
粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力可得，可得
則有
可知圖像的斜率為
可得粒子的比荷為，故B錯(cuò)誤；
C．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故C正確；
D．根據(jù)，若電壓不變，可知打到Q點(diǎn)的粒子比荷小于打到P點(diǎn)的粒子比荷，故D錯(cuò)誤。
故選C。
考法2：回旋加速器
1．構(gòu)造：
如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，D形盒的縫隙處接交流電源．
2．原理：
交流電周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，使粒子每經(jīng)過(guò)一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
3．最大動(dòng)能：
由qvmB＝eq \f(mvm2,R)、Ekm＝eq \f(1,2)mvm2得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和盒半徑R決定，與加速電壓無(wú)關(guān)．
4．總時(shí)間：
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，被電場(chǎng)加速兩次，每次增加動(dòng)能qU，加速次數(shù)n＝eq \f(Ekm,qU)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝eq \f(n,2)T＝eq \f(Ekm,2qU)·eq \f(2πm,qB)＝eq \f(πBR2,2U).
【典例2】（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】洛倫茲力提供向心力有
質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為
解得最大速率約為
故選C。
【變式1】（2023·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）回旋加速器的工作原理如圖1所示，和是兩個(gè)相同的中空半圓金屬盒，金屬盒的半徑為，它們之間接如圖2所示的交變電源，圖中已知，兩個(gè)形盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。將一質(zhì)子從金屬盒的圓心處由靜止釋放，質(zhì)子經(jīng)過(guò)加速后最終從D形盒的邊緣射出。已知質(zhì)子的質(zhì)量為，電荷量為，不計(jì)電場(chǎng)中的加速時(shí)間，且不考慮相對(duì)論效應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．回旋加速器中所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
B．質(zhì)子從形盒的邊緣射出時(shí)的速度為
C．在其他條件不變的情況下，僅增大，可以增大質(zhì)子從邊緣射出的速度
D．在所接交變電源不變的情況下，若用該裝置加速（氚核），需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
【答案】D
【詳解】A．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與所加交變電源的周期相同，所以滿足
可得，，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．粒子從形盒邊緣射出時(shí)有，射出速度可表示為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．粒子從D形盒射出時(shí)，，可得，僅增大加速電壓，質(zhì)子射出速度大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)加速氚核時(shí)，其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為，其周期應(yīng)該與相同，又知道
可知，需要增大所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D正確。
故選D。
【變式2】（多選）（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？寄M預(yù)測(cè)）2022年12月28日我國(guó)中核集團(tuán)全面完成了230MeV超導(dǎo)回旋加速器自主研制的任務(wù)，標(biāo)志著我國(guó)已全面掌握小型化超導(dǎo)回旋加速器的核心技術(shù)，進(jìn)入國(guó)際先進(jìn)行列。如圖所示，圖甲為該回旋加速器的照片，圖乙為回旋加速器工作原理示意圖，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，交流加速電壓為U。圓心A處粒子源產(chǎn)生初速度為零，質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子在加速器中被加速。忽略質(zhì)子穿過(guò)兩金屬盒間狹縫的時(shí)間，忽略相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速電壓U，質(zhì)子從D型盒出口射出的動(dòng)能增大
C．質(zhì)子從D型盒出口射出時(shí)，加速次數(shù)
D．質(zhì)子第n次加速后和第次加速后的運(yùn)動(dòng)半徑之比為
【答案】CD
【詳解】A．此加速器加速粒子時(shí)的周期與粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期相同為
氘核和氚核的比荷與質(zhì)子的比荷不同，即氘核和氚核與質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不同，所以，保持B、R、U及交流電頻率均不變，該裝置不能用于加速氘核和氚核，故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)質(zhì)子從D型盒出口射出的速度為vm，則有，
則質(zhì)子從D型盒出口射出的動(dòng)能，與加速電壓無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)質(zhì)子從D型盒出口射出時(shí)加速了n次，則由動(dòng)能定理，得，故C正確；
D．由動(dòng)能定理，
得第n次加速后和第次加速后的速度分別為，
再由質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，
同理可得，質(zhì)子第n次加速后和第次加速后的運(yùn)動(dòng)半徑分別為，
所以，故D正確。
故選CD。
考法3 速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)和電磁流量計(jì)
1、速度選擇器
(1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．
(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝eq \f(E,B).
(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量．
(4)速度選擇器具有單向性．
【典例3】（2023·北京東城·北京市廣渠門(mén)中學(xué)?？既＃┤鐖D所示，速度選擇器的兩平行導(dǎo)體板之間有方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一電荷量為+q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過(guò)。不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法可能正確的是（ ）

A．電荷量為-q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后將向下偏轉(zhuǎn)
B．電荷量為+2q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后將做類平拋運(yùn)動(dòng)
C．電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸減小
D．電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸增大
【答案】C
【詳解】A．電荷量為＋q的粒子以速度v進(jìn)入后受力平衡，即有
由左手定則可知，洛倫茲力豎直向上，電場(chǎng)力豎直向下，即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，且有
當(dāng)電荷量為-q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后，由左手定則可知，粒子所受的洛倫茲力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，且有，則粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過(guò)，故A錯(cuò)誤；，
B．電荷量為＋2q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后，向下的電場(chǎng)力為，向上的洛倫茲力為
由于，所以粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過(guò)，故B錯(cuò)誤；
C．電荷量為＋q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，向下的電場(chǎng)力為
向上的洛倫茲力為，由于，所以，即粒子剛從S點(diǎn)進(jìn)入后所受合力豎直向上，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將向上彎曲，此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能將逐漸減小，故C正確；
D．電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，向上的電場(chǎng)力為
向下的洛倫茲力為
由于，所以，即粒子剛從S點(diǎn)進(jìn)入后所受合力豎直向下，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將向下彎曲，此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能將逐漸減小，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式1】（多選）（2023·安徽六安·安徽省舒城中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直放置的平行板電容器極板間有電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。左右兩擋板中間分別開(kāi)有小孔、，在其右側(cè)有一邊長(zhǎng)為的正三角形區(qū)域磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場(chǎng)邊界中點(diǎn)與小孔、正對(duì)?，F(xiàn)有大量的帶電荷量均為而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔水平射入電容器，其中速率為的粒子剛好能沿直線通過(guò)小孔、。粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A．一定等于
B．在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足
C．速率為的粒子中，滿足質(zhì)量的粒子都能從邊射出
D．速率為的粒子中，能打在邊的所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定都相同
【答案】AB
【詳解】A．當(dāng)帶正電粒子向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，受到豎直向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，速率為的粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即
解得，故A正確；
B．粒子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)，受到的向上的洛倫茲力大于向下的電場(chǎng)力，即
則，故B正確；
C．設(shè)質(zhì)量為的粒子的軌跡剛好與邊相切，如圖所示

由幾何關(guān)系得，，而
解得，所以質(zhì)量小于的粒子都會(huì)從邊射出，而
故C錯(cuò)誤；
D．質(zhì)量、速率不同的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期可能不同，所以能打在邊的所有粒子均運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能不同，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
【變式2】（2023·廣東廣州·執(zhí)信中學(xué)校考三模）如圖所示，兩豎直虛線MN和間的距離，P、Q點(diǎn)在直線上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計(jì)重力）以某一速度從A點(diǎn)垂直于MN射入：若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)只存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E、沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該粒子將從P點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，射出方向與AC的夾角叫做電偏轉(zhuǎn)角，記為；若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)只存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則該粒子將從Q點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，射出方向與AC的夾角叫做磁偏轉(zhuǎn)角，記為。
（1）若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在上述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，且該粒子沿直線運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，粒子從A點(diǎn)入射的速度是多大？
（2）在（1）問(wèn)的速度下，只在電場(chǎng)中的電偏轉(zhuǎn)角的正切值與只在磁場(chǎng)中的磁偏轉(zhuǎn)角的正弦的比值。
【答案】（1）；（2）1
【詳解】（1）由于若兩豎直虛線間的區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在上述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，且該粒子沿直線運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，可知此時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有，解得
（2）做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有，，，解得
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡關(guān)系有
軌跡洛倫茲力提供向心力有
解得，則有
角度2：磁流體發(fā)電機(jī)
(1)原理：等離子氣體噴入磁場(chǎng)，正負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在A、B板上，產(chǎn)生電勢(shì)差，它可以把離子的動(dòng)能通過(guò)磁場(chǎng)轉(zhuǎn)化為電能．
(2)電源正、負(fù)極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖中的B是發(fā)電機(jī)的正極．
(3)電源電動(dòng)勢(shì)U：設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R.當(dāng)正、負(fù)離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，兩極板間達(dá)到的最大電勢(shì)差為U(即電源電動(dòng)勢(shì))，則qeq \f(U,l)＝qvB，即U＝Blv.
(4)電源內(nèi)阻：r＝ρeq \f(l,S).
(5)回路電流：I＝eq \f(U,r＋R).
角度3：電磁流量計(jì)
(1)流量(Q)的定義：?jiǎn)挝粫r(shí)間流過(guò)導(dǎo)管某一截面的導(dǎo)電液體的體積．
(2)公式：Q＝Sv；S為導(dǎo)管的截面積，v是導(dǎo)電液體的流速．
(3)導(dǎo)電液體的流速(v)的計(jì)算如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向右流動(dòng)．導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差(U)達(dá)到最大，由qeq \f(U,d)＝qvB，可得v＝eq \f(U,Bd).
(4)流量的表達(dá)式：Q＝Sv＝eq \f(πd2,4)·eq \f(U,Bd)＝eq \f(πdU,4B).
(5)電勢(shì)高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa>φb.
【典例4】（2023·廣東佛山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）法拉第曾提出一種利用河流發(fā)電的設(shè)想，并進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)研究。實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示，兩塊面積均為的矩形平行金屬板正對(duì)地浸在河水中，金屬板間距為。水流速度處處相同大小為，方向水平向左，金屬板面與水流方向平行。地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向下的分量為，水的電阻率為，水面上方有一阻值為的電阻通過(guò)絕緣導(dǎo)線和開(kāi)關(guān)連接到兩金屬板上。忽略邊緣效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．電阻上的電流方向從里向外B．河水流速減小，兩金屬板間的電壓增大
C．該發(fā)電裝置的電動(dòng)勢(shì)大小為D．流過(guò)電阻的電流大小為
【答案】C
【詳解】A．根據(jù)題意，由左手定則可知，河水中的正離子向外面金屬板偏轉(zhuǎn)，外金屬板為正極，負(fù)離子向里面金屬板偏轉(zhuǎn)，里金屬板為負(fù)極，則電阻上的電流方向從外向里，故A錯(cuò)誤；
C．設(shè)穩(wěn)定時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，兩板間有一帶電荷量為的離子勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡，根據(jù)平衡條件可得
解得，故C正確；
B．設(shè)極板間等效電阻為，由閉合回路歐姆定律可得，兩金屬板間電壓為，可知，河水流速減小，兩金屬板間的電壓減小，故B錯(cuò)誤；
D．根據(jù)題意，由電阻定律可得，極板間等效電阻為
由閉合回路歐姆定律可得，流過(guò)電阻的電流大小為，故D錯(cuò)誤。
故選C。
【變式1】（2023·河北·校聯(lián)考三模）如圖為磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，間距為d的平行金屬板A、B之間的磁場(chǎng)可看成勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，板A、B和電阻R連接，將一束等離子體以速度v沿垂直于磁場(chǎng)的方向噴入磁場(chǎng)，已知金屬板A、B的正對(duì)面積為S，A、B及其板間的等離子體的等效電阻率為，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．金屬板A為正極B．電阻R兩端的電壓為
C．電阻R兩端的電壓為D．流過(guò)電阻R的電流大小為
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)左手定則可得，正離子向金屬板B，金屬板B為正極，金屬板A為負(fù)極。故A錯(cuò)誤；
D．根據(jù)穩(wěn)定時(shí)，等離子體滿足
該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為
流過(guò)電阻的電流大小為，故D錯(cuò)誤；
BC．電阻兩端電壓為，故B正確；C錯(cuò)誤。
故選B。
【變式2】（2023·浙江金華·統(tǒng)考三模）磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電通道是一個(gè)長(zhǎng)、高、寬分別為a、h、b的長(zhǎng)方體空腔。上下兩個(gè)側(cè)面是電阻不計(jì)的電極，電極與固定在水平桌面上間距為L(zhǎng)電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相連。發(fā)電通道內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直與a、h組成的平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電阻率為ρ的等離子體以速率v水平向右通過(guò)發(fā)電通道。導(dǎo)軌間勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面成θ角右斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌道動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。棒的中點(diǎn)用條水平垂直于棒的細(xì)線通過(guò)光滑定滑輪與重物相連。當(dāng)S閉合后，金屬棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則重物的質(zhì)量可能為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【詳解】等離子體中的正電荷受向上的洛倫茲力偏向上極板，可知上極板為正極，電流流過(guò)導(dǎo)體棒，受安培力斜向左上方，若導(dǎo)體棒恰不向左運(yùn)動(dòng)，則摩擦力向右，對(duì)導(dǎo)體棒受力平衡
其中，，，解得
同理若導(dǎo)體棒恰不向右運(yùn)動(dòng)，則摩擦力向左對(duì)導(dǎo)體棒受力平衡
其中，，，解得
故選C。
考法4 “磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較
角度1：先電偏轉(zhuǎn)再磁偏轉(zhuǎn)
【典例5】（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的周?chē)植贾怪奔埫嫦蛲獾暮愣▌驈?qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)粒子重力）。
（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開(kāi)電場(chǎng)后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)。
（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；
（ii）通過(guò)計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會(huì)
【詳解】（1）由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有
粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知
聯(lián)立可得
（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知
解得
所以有
，
洛倫茲力提供向心力
帶電粒子從A點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有
再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x方向有
沿y方向上有
其中根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立以上各式解得
（ii）粒子從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理有
可得從Q射出時(shí)的速度為
此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的半徑
根據(jù)其幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)的圓心坐標(biāo)為
，
而圓心與P的距離為
故不會(huì)再?gòu)腜點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。
【變式】（2023·江蘇揚(yáng)州·揚(yáng)州市新華中學(xué)?？家荒＃┤鐖D所示，第一象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；第四象限內(nèi)存在沿軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為。時(shí)刻，粒子從P點(diǎn)以速度v0平行軸射入電場(chǎng)，第1次通過(guò)x軸從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。已知P點(diǎn)坐標(biāo)為（0，），粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，重力不計(jì)。
（1）求粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度v；
（2）欲使粒子不從y軸射出磁場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度，求粒子第5次通過(guò)x軸的位置x和時(shí)間t。

【答案】（1），與軸正方向的夾角為；（2）；（3），
【詳解】（1）解析：粒子從P到Q做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
根據(jù)幾何關(guān)系，解得
（2）Q點(diǎn)到O點(diǎn)的距離，
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，
欲使粒子不從y軸射出磁場(chǎng)，臨近狀態(tài)如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系，，解得，解得
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡為圓周，軌道半徑
返回電場(chǎng)后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
第5次通過(guò)x軸時(shí)，
粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，，解得，
角度2：先磁偏轉(zhuǎn)再電偏轉(zhuǎn)
【典例6】（2021·山東·高考真題）某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。
（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v；
（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到的距離S。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得①
根據(jù)幾何關(guān)系得②
聯(lián)立①②式得，
（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得
由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，，
聯(lián)立得
（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcsθ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為，由幾何關(guān)系得，
由于在y軸方向的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有
C到的距離
聯(lián)立得
【變式】（2023·河北唐山·開(kāi)灤第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，xOy坐標(biāo)系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角為53°，底邊長(zhǎng)為14L，內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在OC邊界的左側(cè)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，D是底邊OA的中點(diǎn)。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子以一定的初速度，從OA邊上的D點(diǎn)沿y軸正方向垂直射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上某點(diǎn)沿著與x軸平行的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)（不計(jì)粒子的重力），求：
（1）粒子的速度大?。?br>（2）粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)x軸上N點(diǎn)（圖中沒(méi)有標(biāo)出），已知NO=5L，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；
（3）求粒子從D點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為G，根據(jù)幾何關(guān)系有
GD=FG=R，
則，解得，R=4L
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得
（2）粒子在電場(chǎng)中的；類平拋運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

粒子在垂直電場(chǎng)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：x=GN=8L
沿電場(chǎng)線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移為：y=FG=4L
根據(jù)x=vt，，
解得
（3）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t?，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t?，
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為
聯(lián)立得，x=GN=8L=vt?
解得：，所以時(shí)間
考法5 帶電粒子在組合場(chǎng)中的應(yīng)用
磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存
（1）若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做速直線運(yùn)動(dòng).
（2）若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功.故機(jī)械能守恒.
如速度選擇器、磁流體發(fā)
電場(chǎng)磁場(chǎng)并存(不計(jì)重力)
若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解.
3.電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存
（1）若三力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
（2）若重力與電場(chǎng)力平衡,v⊥B,則帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；
（3）若合力不為0，則帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律定理求解.
【典例7】（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）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，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，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(xiàn)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%。
【變式1】（2023·湖北武漢·華中師大一附中?？既＃┱麄€(gè)空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線右方區(qū)域同時(shí)存在著寬度為L(zhǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里。在P點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球以初速度豎直向上拋出，小球運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)A點(diǎn)和C點(diǎn)，在A點(diǎn)速度大小為、方向水平向右。P、C兩點(diǎn)在同一水平線上，小球從C點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)區(qū)域。不計(jì)空氣阻力，已知，重力加速度為g，，。求：
（1）從P到C的過(guò)程中小球動(dòng)能的最小值；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向與重力方向的夾角；
（3）小球從P到C過(guò)程中，當(dāng)電勢(shì)能最高時(shí)，小球的速度；
（4）已知小球離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，速度方向水平向右，求小球從P點(diǎn)出發(fā)到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。

【答案】（1）；（2）；（3），方向與水平向右成指向右上方；（4）
【詳解】（1）設(shè)小球合力方向與豎直方向夾角為，則速度變化量的方向與合力方向相同，有
得
對(duì)小球，從到的過(guò)程中，將小球運(yùn)動(dòng)分解為垂直于合力方向速率為的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿合力反方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)沿合力反方向速度減為零時(shí)，小球動(dòng)能最小。有，
解得
（2）在小球重力、電場(chǎng)力和合力組成的力學(xué)三角形中
（或者為：）

代入數(shù)據(jù)解得，得
（3）建立以沿電場(chǎng)方向?yàn)檩S，垂直于電場(chǎng)方向?yàn)檩S的直角坐標(biāo)系，，，，
用時(shí)沿電場(chǎng)反方向速度減為零，此時(shí)小球電勢(shì)能最高，，解得，方向與水平向右成指向右上方
（4）對(duì)小球，從P點(diǎn)到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，由豎直方向動(dòng)量定理
，，解得
【變式2】（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，長(zhǎng)方體空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。ab、ad的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和L，從ad的中點(diǎn)e水平向右射入一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，初速度大小為，粒子恰好從的中點(diǎn)g射出。若在空間中再施加一個(gè)豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)改變粒子的入射速度大小，粒子恰好從點(diǎn)射出。求：
(1)粒子從e到點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)第二次粒子的入射速度大?。?br>(3)粒子到達(dá)點(diǎn)的速度大小。

【答案】(1)；(2)；(3)
【詳解】(1)施加磁場(chǎng)前后粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是相同的，所以兩次所經(jīng)歷的時(shí)間也是相同的。由第一次運(yùn)動(dòng)水平方向上，，解得
(2)施加磁場(chǎng)后粒子一邊在豎直方向上勻加速，一邊在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。c'點(diǎn)在abcd上的投影為。設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由幾何關(guān)系可得，解得，
軌跡所對(duì)的圓心角，由，且，解得
(3)粒子到達(dá)c'點(diǎn)時(shí)的水平速度
豎直分速度，
解得
【基礎(chǔ)過(guò)關(guān)】
1．（多選）（2023·云南昆明·云南師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，為了測(cè)量某金屬中自由電子的“數(shù)密度”（單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)量），用該材料制成一段長(zhǎng)方體，端面邊長(zhǎng)分別為和；將其置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于前表面向里，材料內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。當(dāng)通以從左到右的恒定電流時(shí)，測(cè)得上、下表面之間的電壓大小為。已知電子電荷量大小為，則（ ）

A．自由電子數(shù)密度為B．自由電子數(shù)密度為
C．上表面電勢(shì)比下表面電勢(shì)高D．上表面電勢(shì)比下表面電勢(shì)低
【答案】BD
【詳解】電流穩(wěn)定時(shí)，電子所受電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有
解得
電流的微觀表達(dá)式
聯(lián)立可得
電流方向自左向右，電子自右向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，可知電子向上表面聚集，下表面正電荷較多，電場(chǎng)方向自下向上，故上表面電勢(shì)低，故選BD。
2．（多選）（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）海水中含有大量的正負(fù)離子，并在某些區(qū)域具有固定的流動(dòng)方向，有人據(jù)此設(shè)計(jì)并研制出“海流發(fā)電機(jī)”，可用作無(wú)污染的電源，對(duì)海洋航標(biāo)燈持續(xù)供電。“海流發(fā)電機(jī)”的工作原理如圖所示，用絕緣防腐材料制成一個(gè)橫截面為矩形的管道，在管道上、下兩個(gè)表面裝有防腐導(dǎo)電板M、N，板長(zhǎng)為a、寬為b（未標(biāo)出），兩板間距為d，將管道沿著海水流動(dòng)方向固定于海水中，將航標(biāo)燈L與兩導(dǎo)電板M和N連接，加上垂直于管道前后面向后的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，海水流動(dòng)方向向右，海水流動(dòng)速率為v，已知海水的電阻率為，航標(biāo)燈電阻不變且為R．則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．“海流發(fā)電機(jī)”對(duì)航標(biāo)燈L供電的電流方向是
B．“海流發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小是
C．通過(guò)航標(biāo)燈L電流的大小是
D．“海流發(fā)電機(jī)”發(fā)電的總功率為
【答案】AC
【詳解】A．由左手定則可知，海水中正、負(fù)離子受洛倫茲力的方向分別指向M板和N板，則M板帶正電，N板帶負(fù)電，發(fā)電機(jī)對(duì)航標(biāo)燈提供電流方向是，胡A正確；
B．在M、N兩板間形成穩(wěn)定的電場(chǎng)后，其中的正、負(fù)離子受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用而平衡，在兩板間形成穩(wěn)定電壓，則有
解得“海流發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為，故B錯(cuò)誤；
C．海水的電阻為
由閉合電路歐姆定律可得，通過(guò)航標(biāo)燈的電流為，，故C正確；
D．“海流發(fā)電機(jī)”發(fā)電的總功率為，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
3．（2023·北京西城·北師大實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？既＃┤鐖D所示為質(zhì)譜儀的原理圖，一束粒子以速度v沿直線穿過(guò)相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度為E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為）的重疊區(qū)域，然后通過(guò)狹縫垂直進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為），最后打在照相底片上的三個(gè)不同位置，粒子的重力可忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．該束粒子帶負(fù)電
B．板帶負(fù)電
C．粒子的速度v滿足關(guān)系式
D．在的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比越小
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用左手定則，可判斷出該束粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)粒子在左側(cè)運(yùn)動(dòng)可知，洛倫茲力方向向上，則電場(chǎng)力方向向下，P1板帶正電，故B錯(cuò)誤；
C．由粒子做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得，qvB1=qE
解得粒子的速度為，故C錯(cuò)誤；
D．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力得，可得，運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，荷質(zhì)比越小，故D正確。
故選D。
4．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，兩實(shí)線所圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有一徑向電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向沿半徑向外，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為，a為常量。電荷量相同、質(zhì)量不同的兩粒子在半徑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．兩個(gè)粒子電性相反
B．質(zhì)量大的粒子動(dòng)量較小
C．若將兩個(gè)粒子交換軌道，兩個(gè)粒子仍能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D．若去掉原來(lái)的電場(chǎng)，加上垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)粒子一定同時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)或向心運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【詳解】A．兩個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，則所受電場(chǎng)力指向圓心，可知兩粒子均帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)牛頓第二定律，有
動(dòng)量為p=mv，其中，聯(lián)立可得，兩粒子電量相等，則質(zhì)量大的粒子動(dòng)量較大，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)牛頓第二定律，有，可得
與軌道半徑無(wú)關(guān)，則若將兩個(gè)粒子交換軌道，兩個(gè)粒子仍能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D．由表達(dá)式，可知，兩粒子動(dòng)能相同，根據(jù)
可知兩粒子動(dòng)量不同；若加上垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則滿足，化簡(jiǎn)得
兩粒子電量相等，則qB相等，若
粒子做向心運(yùn)動(dòng)；當(dāng)，時(shí)粒子做離心運(yùn)動(dòng)，但是與的關(guān)系不能確定，即兩個(gè)粒子不一定能同時(shí)做離心運(yùn)動(dòng)或向心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5．（2023·福建南平·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）回旋加速器工作原理如圖所示，置于真空中的兩個(gè)半圓形金屬盒半徑為R，兩盒間留有一狹縫接有頻率為f的高頻交流電，加速電壓為U，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直。若A處粒子源產(chǎn)生的氘核在狹縫中被加速，不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響，不計(jì)粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間。則（ ）
A．氘核離開(kāi)回旋加速器時(shí)的最大速率隨加速電壓U增大而增大
B．氘核被加速后的最大速度可能超過(guò)
C．氘核第n次和第次經(jīng)過(guò)兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為
D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速粒子
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)，可得
可知氘核離開(kāi)回旋加速器時(shí)的最大速率與加速電壓U無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．氘核被加速后的最大速度時(shí)的半徑為R，則
故氘核被加速后的最大速度不可能超過(guò)，故B錯(cuò)誤；
C．氘核第n次和第次經(jīng)過(guò)兩金屬盒間狹縫后的分別有，
解得，
又，則
則氘核第n次和第次經(jīng)過(guò)兩金屬盒間狹縫后的軌道半徑之比為，故C錯(cuò)誤；
D．回旋加速器的周期為，由于氘核和粒子的比荷相等，所以不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速粒子，故D正確。
故選D。
6．（2023·重慶·統(tǒng)考二模）如圖所示，一帶電粒子以速度從點(diǎn)沿兩極板中線射入平行板電容器，若電容器極板間只有圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，該粒子從上極板右端點(diǎn)射出，若電容器極板間只有圖示電場(chǎng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該粒子從下極板右端點(diǎn)射出，若電容器極板間同時(shí)有圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電場(chǎng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該粒子將（不計(jì)粒子重力）（ ）
A．從間射出B．從間射出
C．從點(diǎn)射出D．無(wú)法直接射出
【答案】B
【詳解】只有磁場(chǎng)時(shí)，粒子從點(diǎn)射出，粒子圓周運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖1所示
設(shè)電容器板長(zhǎng)為，間距為，由幾何關(guān)系有，得半徑
由洛倫茲力提供向心力，得
只有電場(chǎng)時(shí)，粒子從點(diǎn)射出，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有，，其中，得電場(chǎng)力
由，可知，電場(chǎng)力大于洛倫茲力，由分析知，若電容器極板間同時(shí)有圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電場(chǎng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，粒子將從間射出。
故選B。
7．（2023·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在立方體區(qū)域內(nèi)有垂直于abcd平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)有一負(fù)離子不計(jì)重力以速度v垂直于adhe平面向右飛入該區(qū)域，為使粒子能在該區(qū)域內(nèi)沿直線運(yùn)動(dòng)，需在該區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向?yàn)?
A．垂直abfe平面向里B．垂直adhe平面向左
C．垂直abfe平面向外D．垂直adhe平面向右
【答案】A
【分析】帶電粒子恰好在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)受到電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力時(shí)，則兩力必平衡．這樣確保速度不變，才會(huì)使洛倫茲力不變，否則不可能做直線運(yùn)動(dòng)．當(dāng)只受到電場(chǎng)力時(shí)，磁場(chǎng)方向須與運(yùn)動(dòng)方向相平行，此時(shí)雖在磁場(chǎng)中但沒(méi)有洛倫茲力存在．
【詳解】當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，不計(jì)重力的負(fù)離子，則洛倫茲力垂直紙面向里，由于直線運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，則離子受到的電場(chǎng)力垂直紙面向外，而勻強(qiáng)電場(chǎng)方向垂直于紙面向里，使離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤．
【點(diǎn)睛】當(dāng)兩個(gè)電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力均存在時(shí)，必須是平衡力，因?yàn)槁鍌惼澚κ桥c速度有關(guān)的力．當(dāng)粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，沒(méi)有洛倫茲力存在，所以只要考慮電場(chǎng)力就可以．
8．（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，空間存在足夠大且相互垂直的勻強(qiáng)電磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向上：磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，由某點(diǎn)P靜止釋放質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（重力忽略不計(jì)），其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，對(duì)于帶電粒子下落的最大高度H，下落給出的四個(gè)表達(dá)式，你認(rèn)為正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】物體由靜止釋放，對(duì)帶電粒子進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分解，向右分速度
向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，及向左的分速度
做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此帶電粒子向右做擺線運(yùn)動(dòng)，則粒子下落最大高度，故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選B。
9．（2023·廣東韶關(guān)·統(tǒng)考一模）在芯片制造過(guò)程中，離子注入是芯片制造重要的工序。圖a是我國(guó)自主研發(fā)的離子注入機(jī)，圖b是簡(jiǎn)化的注入過(guò)程原理圖。靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為的電場(chǎng)加速后，沿圖中半徑為的圓弧虛線通過(guò)磁分析器，然后從點(diǎn)垂直進(jìn)入矩形CDQS有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中，最后恰好打在點(diǎn)，已知磁分析器截面是四分之一圓環(huán)，內(nèi)部為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里；矩形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向左，，。整個(gè)裝置處于真空中，離子的質(zhì)量為、電荷量為，離子重力不計(jì)。求：
（1）離子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域點(diǎn)時(shí)的速度大小及磁分析器通道內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）矩形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小。
【答案】（1）；；（2），
【詳解】（1）離子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)，由動(dòng)能定理可知，，解得
在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力有，，得
（2）離子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，解得
10．（2023·河北秦皇島·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第I象限區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從點(diǎn)以平行于x軸的初速度射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子從點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求:
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大小；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有
豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律有，又有
聯(lián)立解得
（2）粒子在電場(chǎng)中，豎直方向有
則粒子在M點(diǎn)的速度為
方向與水平方向的夾角為，進(jìn)入磁場(chǎng)之后，在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，有
根據(jù)幾何關(guān)系可得，聯(lián)立解得
【能力提升】
1．（2023·四川巴中·南江中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，某豎直平面內(nèi)存在著相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向水平向外．一質(zhì)量為、電荷量為的微粒以速度與水平方向成角從點(diǎn)射入該區(qū)域，微粒恰好沿速度方向做直線運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A．微粒從到的運(yùn)動(dòng)可能是勻減速直線運(yùn)動(dòng)
B．該微粒一定帶正電荷
C．該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為
D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為
【答案】C
【詳解】AB．若微粒帶正電，它受豎直向下的重力、向左的電場(chǎng)力和右斜向下的洛倫茲力，知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可知微粒一定帶負(fù)電，它受豎直向下的重力、向右的電場(chǎng)力和左斜向上的洛倫茲力，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)，可知微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；
CD．由平衡條件有關(guān)系
得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)；故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
2．（2023·新疆阿勒泰·統(tǒng)考三模）如圖所示，在的區(qū)域存在方向沿軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為，在的區(qū)域存在方向垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一個(gè)帶負(fù)電的粒子（重力不計(jì)）從軸上的A點(diǎn)以大小為的初速度沿軸正方向射出，粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后回到A點(diǎn)。則（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】設(shè)粒子類平拋的分運(yùn)動(dòng)勻速運(yùn)動(dòng)的位移為y，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)瞬時(shí)速度與y軸的夾角，則有
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得，
聯(lián)立可得
故選B。
3．（2023·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）范德格拉夫靜電加速器由兩部分組成，一部分是產(chǎn)生高電壓的裝置，叫作范德格拉夫起電機(jī)，加速罩（金屬球殼）是半徑a=0.5m的一個(gè)鋁球，由寬度D=10cm、運(yùn)動(dòng)速度的一條橡膠帶對(duì)它充電，從而使金屬殼與大地之間形成500kV的高電壓。另一部分是加速管和偏轉(zhuǎn)電磁鐵，再加上待加速的質(zhì)子源就構(gòu)成了一臺(tái)質(zhì)子靜電加速器，如圖中所示。抽成真空的加速管由20個(gè)金屬環(huán)及電阻組成（圖中僅畫(huà)出電阻中的6個(gè)），金屬環(huán)之間由玻璃隔開(kāi)，各環(huán)與500MΩ的電阻串聯(lián)。從質(zhì)子源引出的質(zhì)子進(jìn)入加速管加速，然后通過(guò)由電磁鐵產(chǎn)生的一個(gè)半徑b=10cm的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域引出打擊靶核。已知質(zhì)子束的等效電流為25μA，質(zhì)子的比荷。下列說(shuō)法不正確的是（ ）

A．若不考慮傳送帶和質(zhì)子源的影響，加速罩內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=0
B．若不考慮傳送帶和質(zhì)子源的影響，加速罩內(nèi)的電勢(shì)=500kV
C．要維持加速罩上500kV的穩(wěn)定電壓，噴射到充電帶表面上的面電荷密度為37.5μC/m2
D．質(zhì)子束進(jìn)入電磁鐵，并做角度的偏轉(zhuǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.29T
【答案】D
【詳解】AB．導(dǎo)體球靜電平衡E=0
由題意得，，故AB正確，不符合題意；
C．罩通過(guò)電阻和質(zhì)子束放電。通過(guò)電阻放電電流
需要供給罩的總電流
這個(gè)電流被噴到橡膠帶，而，則，故C正確，不符合題意；
D．加速度過(guò)程，由動(dòng)能定理得，
在磁場(chǎng)中有，
粒子在磁場(chǎng)中軌跡如下

由幾何關(guān)系得，，聯(lián)立解得，故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選D。
4．（多選）（2023·河南鄭州·鄭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，下端封閉、上端開(kāi)口、高h(yuǎn)＝5m內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有質(zhì)量m＝10g，電荷量的絕對(duì)值|q|＝0.2C的小球，整個(gè)裝置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于外力的作用，玻璃管在磁場(chǎng)中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出。g取10m/s2。下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A．整個(gè)過(guò)程中洛倫茲力對(duì)小球做正功
B．小球在離開(kāi)管前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
C．小球在玻璃管中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于1s
D．小球機(jī)械能的增加量為1J
【答案】BD
【詳解】小球的質(zhì)量m＝10g＝0.01kg。
A．小球在玻璃管中剛開(kāi)始所受洛倫茲力方向豎直向上，F(xiàn)洛＞mg，小球獲得豎直向上的加速度，向上加速運(yùn)動(dòng)，具有向上的速度之后，物體合速度指向右上方，洛倫茲力與物體合速度始終垂直，始終不做功，故A錯(cuò)誤；
B．由于玻璃管在磁場(chǎng)中水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，小球在水平方向上與玻璃管保持相對(duì)靜止，故小球在水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，那么洛倫茲力在豎直方向上的分力始終等于qvB保持不變，小球在豎直方向上合力為
F合＝qvB﹣mg
恒定不變，所以小球在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知小球在離開(kāi)管前做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C．小球的實(shí)際運(yùn)動(dòng)速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy。與兩個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力的分力分別是水平方向的和豎直方向的F，其中豎直方向的洛倫茲力F＝qvB不變，在豎直方向上，由牛頓第二定律得，qvB﹣mg＝ma
解得，a＝10m/s2
由勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式得，，，解得t＝1s，故C錯(cuò)誤；
D．小球飛出管口時(shí)，豎直速度為vy＝at＝10×1m/s＝10m/s，飛出管口的合速度為v合＝
動(dòng)能增量
代入數(shù)據(jù)解得，0.5J
重力勢(shì)能的增量，ΔEp＝mgh＝0.01×10×5J＝0.5J，
機(jī)械能的增量，ΔE＝+ ＝0.5J+0.5J＝1J，故D正確。
故選BD。
5．（多選）（2023·福建廈門(mén)·廈門(mén)一中?？家荒＃┤鐖D所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫(huà)出）的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0，一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長(zhǎng)度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端過(guò)程有（ ）

A．時(shí)間為
B．小球所受洛倫茲力做功為0
C．外力F的平均功率為
D．外力F的沖量為
【答案】BCD
【詳解】A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)，故小球受到的洛倫茲力在沿管道方向的分力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律得，
由初速度為零的位移公式，
解得，，故A錯(cuò)誤；
B．小球所受洛倫茲力不做功，故B正確；
C．小球所受洛倫茲力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做負(fù)功的大小，外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，則有，
外力F的平均功率為，，故C正確；
D．外力始終與洛倫茲力的垂直管道的分力平衡，外力F的沖量大小等于
故D正確。
故選BCD。
6．（多選）（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長(zhǎng)桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小、方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度沿桿向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)。若圓環(huán)回到出發(fā)點(diǎn)之前已經(jīng)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）

A．圓環(huán)下降過(guò)程中的加速度逐漸減小
B．圓環(huán)的最大加速度
C．圓環(huán)在時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為
D．圓環(huán)下降過(guò)程和上升過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等
【答案】AC
【詳解】A.圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)豎直方向受到重力、向上的電場(chǎng)力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為，則
因此圓環(huán)速度的減小，會(huì)導(dǎo)致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會(huì)減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B.當(dāng)圓環(huán)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓環(huán)的加速度大小
隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開(kāi)始做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，圓環(huán)向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大于向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，而向下運(yùn)動(dòng)時(shí)圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度最大，有，可得，，故B錯(cuò)誤；
C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過(guò)出發(fā)點(diǎn)過(guò)程中，重力勢(shì)能變化量為零，可知圓環(huán)機(jī)械能的損失，即為動(dòng)能的損失，根據(jù)動(dòng)能定理，有
而圓環(huán)最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度
因此圓環(huán)在時(shí)間內(nèi)損失的機(jī)械能為，故C正確；
D.圓環(huán)上升和下降的過(guò)程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的路程相同，所以兩過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
故選AC。
7．（多選）（2023·河南開(kāi)封·統(tǒng)考三模）如圖所示，MN是半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑，MN上方存在方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，MN下方存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B。在M點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的離子源，離子從N點(diǎn)射出時(shí)的速度大小不同，但方向均與磁場(chǎng)方向垂直且與MN成30°角。不計(jì)離子重力及離子間的相互作用，則從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)的離子速度可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】AB
【詳解】根據(jù)洛倫茲力提供向心力
離子在MN上方運(yùn)動(dòng)的半徑為
離子在MN下方運(yùn)動(dòng)的半徑為
若離子從MN上方通過(guò)N點(diǎn)有
解得
即，， ， ，……
若離子從MN下方通過(guò)N點(diǎn)有
解得
即，，，，，……
AB正確，CD錯(cuò)誤。
故選AB。
8．（多選）（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，光滑絕緣水平面的右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；一電荷量為q、質(zhì)量為m的金屬小球a在水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，與靜止著的另一完全相同的不帶電金屬小球b發(fā)生彈性碰撞，此后小球b水平向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。電荷量的損失不計(jì)，碰撞后不考慮a、b之間的相互作用，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是（ ）

A．小球a可能帶正電
B．小球a、b碰撞后的b速度
C．小球b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
D．小球b從圓的最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，機(jī)械能增加量為
【答案】CD
【詳解】A．球a、b碰撞后，b球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力和電場(chǎng)力平衡，所以電場(chǎng)力豎直向上，b球帶負(fù)電，則小球a帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B．小球a加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得
碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒可知a、b小球速度互換，解得，故B錯(cuò)誤；
C．小球a、b碰撞后b在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b的帶電量為，由牛頓第二定律得
解得，，故C正確；
D．洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功為
所以機(jī)械能增加量，，故D正確。
故選CD。
9．（2023·吉林·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直平面的直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相等。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電小球，從x軸上的P點(diǎn)以某一初速度v0沿y軸正方向射入第二象限，依次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)和M點(diǎn)，圖中M點(diǎn)末標(biāo)出。經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度與y軸正方向成45°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：
（1）小球從P點(diǎn)射出的初速度v0；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)題意可知，粒子從P到Q的過(guò)程中，水平方向上有
豎直方向上有
由幾何關(guān)系有
聯(lián)立可得
（2）根據(jù)題意，由（1）分析可知，粒子到達(dá)Q點(diǎn)的速度為
由于
則粒子在第一象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知QM為直徑，則有
由牛頓第二定律有
聯(lián)立可得
10．（2023·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，水平虛線MN上方一半徑為R的半圓區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半圓磁場(chǎng)的圓心O在MN上，虛線下方有平行紙面向上的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從O點(diǎn)以大小為的初速度平行紙面射入磁場(chǎng)，速度方向與ON的夾角，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌跡剛好與磁場(chǎng)邊界相切，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后又從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，，不計(jì)粒子的重力，求：
（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?br>（3）粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
根據(jù)牛頓第二定律
解得
（2）根據(jù)題意，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)的位置為Q，由幾何關(guān)系有
粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知
又有
解得
（3）粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡仍剛好與磁場(chǎng)邊界相切，并從O點(diǎn)射出磁場(chǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
因此粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間
【真題感知】
1．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】洛倫茲力提供向心力有
質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為
解得最大速率約為
故選C。
2．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）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(guò)程中的速度不變
C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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。
3．（2023·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）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(kāi)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．（多選）（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（ ）

A．粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足
B．粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為
C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到的距離為
D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是
【答案】AD
【詳解】A．若粒子打到PN中點(diǎn)，則
解得選項(xiàng)A正確；
B．粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則
速度選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為θ，則
粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度，
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為，解得，，，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最大，則此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)豎直最大速度，
出離電場(chǎng)的最大速度
則由，可得最大半徑，選項(xiàng)D正確；
故選AD。
5．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，不計(jì)粒子重力。
（1）求金屬板間電勢(shì)差U；
（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；
（3）僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的側(cè)形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M。

【答案】（1）；（2）或；（3）
【詳解】（1）設(shè)板間距離為，則板長(zhǎng)為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為
根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度，解得
設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，
聯(lián)立解得
（2）設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為，則有，故
則出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為
粒子出電場(chǎng)后沿直線勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得解得，
已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，故
粒子沿方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得
故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為或；

（3）帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：
題型
選擇題、解答題
高考考點(diǎn)
質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用；回旋加速器的工作原理及應(yīng)用；速度選擇器的工作原因及應(yīng)用；磁流體發(fā)電機(jī)的工作原理及應(yīng)用；電磁流量計(jì)的工作原理及應(yīng)用；帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題；帶電粒子在組合場(chǎng)中的應(yīng)用。
新高考
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