專題15 磁場(chǎng)--【真題匯編】最近5年（20-24）高考物理真題分類匯編-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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5年（20-24年）高考物理真題匯編
專題15 磁場(chǎng)
考點(diǎn)01 磁現(xiàn)象及安培力
1．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設(shè)計(jì)的測(cè)量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)，通有待測(cè)電流的直導(dǎo)線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為時(shí)，元件輸出霍爾電壓為零，則待測(cè)電流的方向和大小分別為（）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導(dǎo)線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測(cè)電流的方向應(yīng)該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場(chǎng)強(qiáng)為0，所以有
解得
故選D。
2．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向（）
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
【答案】C
【解析】根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場(chǎng)方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場(chǎng)方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。
故選C。
3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）下列說法正確的是（）
A．恒定磁場(chǎng)對(duì)靜置于其中的電荷有力的作用
B．小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向
C．正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí)，穿過線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流最大
D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率
【答案】B
【解析】A．恒定磁場(chǎng)對(duì)速度不平行于磁感線的運(yùn)動(dòng)電荷才有力的作用，A錯(cuò)誤；
B．小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；
C．正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí)，穿過線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流為0，C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯(cuò)誤。
故選B。
4．（2021·全國·高考真題）兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為（）
A．B、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B
【答案】B
【解析】兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?、垂直紙面向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零；兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B；綜上分析B正確。
故選B。
5．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在帶負(fù)電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個(gè)小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動(dòng)圓盤繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（）
A．偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場(chǎng)
B．偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場(chǎng)
C．僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)方向，偏轉(zhuǎn)方向不變
D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變
【答案】B
【解析】AB．小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因?yàn)閹ж?fù)電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周圍有磁場(chǎng)，磁場(chǎng)會(huì)對(duì)放入其中的小磁針有力的作用，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動(dòng)方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故C錯(cuò)誤；
D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，故D錯(cuò)誤。
故選B。
6．(多選)（2022·福建·高考真題）奧斯特利用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置研究電流的磁效應(yīng)。一個(gè)可自由轉(zhuǎn)動(dòng)的小磁針放在白金絲導(dǎo)線正下方，導(dǎo)線兩端與一伏打電池相連。接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉(zhuǎn)。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導(dǎo)線直徑、導(dǎo)線材料、電池電動(dòng)勢(shì)以及小磁針位置等因素對(duì)小磁針偏轉(zhuǎn)情況的影響。他能得到的實(shí)驗(yàn)結(jié)果有（）
A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)B．用銅導(dǎo)線替換白金絲，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)
C．減小電源電動(dòng)勢(shì)，小磁針一定不能偏轉(zhuǎn)D．小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置無關(guān)
【答案】AB
【解析】A．減小導(dǎo)線直徑，仍存在電流，其產(chǎn)生的磁場(chǎng)仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A正確；
B．白金導(dǎo)線換成銅導(dǎo)線，仍存在電流，產(chǎn)生的磁場(chǎng)仍能使小磁針偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B正確；
C．減小伏打電池電動(dòng)勢(shì)，只要導(dǎo)線中有電流，小磁場(chǎng)還是會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)與地磁場(chǎng)疊加后，其空間磁場(chǎng)方向與位置有關(guān)，當(dāng)小磁針在不同位置時(shí)其偏轉(zhuǎn)情況不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選AB。
7．(多選)（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C(jī)中的磁傳感器可以測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xOy面。某同學(xué)在某地對(duì)地磁場(chǎng)進(jìn)行了四次測(cè)量，每次測(cè)量時(shí)y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測(cè)量結(jié)果可推知（）
A．測(cè)量地點(diǎn)位于南半球
B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小約為50μT
C．第2次測(cè)量時(shí)y軸正向指向南方
D．第3次測(cè)量時(shí)y軸正向指向東方
【答案】BC
【解析】A．如圖所示
地球可視為一個(gè)磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個(gè)磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場(chǎng)豎直向下，則測(cè)量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球，A錯(cuò)誤；
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為
計(jì)算得B ≈ 50μT
B正確；
CD．由選項(xiàng)A可知測(cè)量地在北半球，而北半球地磁場(chǎng)指向北方斜向下，則第2次測(cè)量，測(cè)量，故y軸指向南方，第3次測(cè)量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯(cuò)誤。
故選BC。
8．(多選)（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）如圖，四條相互平行的細(xì)長直導(dǎo)線垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線與坐標(biāo)平面的交點(diǎn)為a、b、c、d四點(diǎn)。已知a、b、c、d為正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，正方形中心位于坐標(biāo)原點(diǎn)O，e為的中點(diǎn)且在y軸上；四條導(dǎo)線中的電流大小相等，其中過a點(diǎn)的導(dǎo)線的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線電流方向垂直坐標(biāo)平面向外。則（）
A．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0
B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c
C．e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸正方向
D．e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿y軸負(fù)方向
【答案】BD
【解析】AB．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，且到O點(diǎn)的距離相等，故四條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，如圖所示
由圖可知，與相互抵消，與合成，根據(jù)平行四邊形定則，可知O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向c，其大小不為零，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD．由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，a、b到e點(diǎn)的距離相等，故a、b在e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，c、d到e點(diǎn)的距離相等，故c、d在e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，如圖所示
由圖可知與大小相等，方向相反，互相抵消；而與大小相等，方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選BD。
9.(多選) （2024·福建·高考卷）將半徑為r銅導(dǎo)線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于天花板上， AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場(chǎng)中，現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A到B大小為I的電流，則（）
A. 通電后兩繩拉力變小B. 通電后兩繩拉力變大
C. 安培力為D. 安培力為
【參考答案】
【名師解析】現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A到B大小為I的電流，由左手定則，可知導(dǎo)線所受安培力向下，安培力大小為2BIr，所以通電后兩繩拉力變大，BD正確。
10．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計(jì)的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點(diǎn)上，固定點(diǎn)間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點(diǎn)；然后開關(guān)S接2，棒從右側(cè)開始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過程中（）

A．電源電動(dòng)勢(shì)B．棒消耗的焦耳熱
C．從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于D．棒兩次過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等
【答案】C
【解析】A．當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得
解得
根據(jù)歐姆定律
解得
故A錯(cuò)誤；
根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與二極管正方向相同，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱；導(dǎo)體棒從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與二極管相反，沒有機(jī)械能損失
B．若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為
根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動(dòng)速度為零時(shí)，導(dǎo)體棒高度高于最低點(diǎn)，所以棒消耗的焦耳熱
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于，故C正確；
D．根據(jù)B選項(xiàng)分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度小于第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)
可知棒兩次過最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不相等，故D錯(cuò)誤。
故選C。
11．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中．已知ab邊長為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長為l，與磁場(chǎng)方向平行．該導(dǎo)線受到的安培力為（）

A．0B．BIlC．2BIlD．
【答案】C
【解析】因bc段與磁場(chǎng)方向平行，則不受安培力；ab段與磁場(chǎng)方向垂直，則受安培力為
Fab=BI?2l=2BIl
則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl。
故選C。
12．（2022·北京·高考真題）如圖所示平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框，邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，則（）
A．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?br>B．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸增大
C．線框邊所受的安培力大小恒定
D．線框整體受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】A．根據(jù)安培定則可知，通電直導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，A錯(cuò)誤；
B．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為
空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，故線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B錯(cuò)誤；
C．線框邊感應(yīng)電流保持不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)安培力表達(dá)式，故所受的安培力變大，C錯(cuò)誤；
D．線框所處空間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，根?jù)左手定則可知，線框邊所受的安培力水平向右，線框邊所受的安培力水平向左。通電直導(dǎo)線的磁場(chǎng)分部特點(diǎn)可知邊所處的磁場(chǎng)較大，根據(jù)安培力表達(dá)式可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。
故選D。
13．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向（）
A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
【答案】C
【解析】根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場(chǎng)方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場(chǎng)方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。
故選C。
14．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場(chǎng)，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（）
A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變
C．tanθ與電流I成正比
D．sinθ與電流I成正比
【答案】D
【解析】A．當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線做受力分析有
可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線中電流方向應(yīng)由M指向N，A錯(cuò)誤；
BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有
，F(xiàn)T= mgcsθ
則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則csθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，BC錯(cuò)誤、D正確。
故選D。
15．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長度L，得到導(dǎo)線受到的安培力F分別與I和L的關(guān)系圖象，則正確的是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根據(jù)F = BIL可知先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過原點(diǎn)的直線。同理保持電流I不變，改變通過電部分的長度L，則F-L圖象是過原點(diǎn)的直線。
故選B。
16．（2021·江蘇·高考真題）在光滑桌面上將長為的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點(diǎn)的距離為，導(dǎo)線通有電流I，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)線中的張力為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示
導(dǎo)線的有效長度為2L，則所受的安培力大小
設(shè)繩子的張力為，由幾何關(guān)系可知
解得
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選A.
17．（2021·廣東·高考真題）截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對(duì)稱分布的四根平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流，四根平行直導(dǎo)線均通入電流，，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因，則可不考慮四個(gè)邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。
故選C。
18．（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，在一個(gè)蹄形電磁鐵的兩個(gè)磁極的正中間放置一根長直導(dǎo)線，當(dāng)導(dǎo)線中通有垂直于紙面向里的電流I時(shí)，導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)椋? ）
A．向上B．向下C．向左D．向右
【答案】B
【解析】根據(jù)安培定則，可知蹄形電磁鐵的分布情況，如圖所示
故導(dǎo)線所處位置的磁感應(yīng)線的切線方向?yàn)樗较蛴?，根?jù)左手定則，可以判斷導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)橄蛳隆?br>故選B。
19．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩條固定的相互垂直彼此絕緣的導(dǎo)線通以大小相同的電流I。在角平分線上，對(duì)稱放置四個(gè)相同的正方形金屬框。當(dāng)電流在相同時(shí)間間隔內(nèi)增加相同量，則（）
A．1、3線圈靜止不動(dòng)，2、4線圈沿著對(duì)角線向內(nèi)運(yùn)動(dòng)
B．1、3線圈靜止不動(dòng)，2、4線圈沿著對(duì)角線向外運(yùn)動(dòng)
C．2、4線圈靜止不動(dòng)，1、3線圈沿著對(duì)角線向內(nèi)運(yùn)動(dòng)
D．2、4線圈靜止不動(dòng)，1、3線圈沿著對(duì)角線向外運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】先對(duì)1和3線圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導(dǎo)線在線框中的磁場(chǎng)方向：
電流大小相等，線圈關(guān)于兩導(dǎo)線對(duì)稱，所以線圈中的磁通量為0，電流增大時(shí)，根據(jù)楞次定律可知線圈中無感應(yīng)電流，不受安培力，所以1和3線圈靜止不動(dòng)；
再對(duì)2和4線圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導(dǎo)線在線圈中的磁場(chǎng)方向：
電流增大，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向（如圖所示），靠近直流導(dǎo)線的線圈導(dǎo)體周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，因此受力起主要作用，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向（如圖所示），根據(jù)力的合成可知2、4線圈沿著對(duì)角線向外運(yùn)動(dòng)，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B．
20．(多選)（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定。整個(gè)裝置置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場(chǎng)方向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動(dòng)或勻減速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)體棒加速時(shí)，加速度的最大值為g；減速時(shí)，加速度的最大值為g，其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是（）
A．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C．加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向下，θ=60°
D．減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【解析】設(shè)磁場(chǎng)方向與水平方向夾角為θ1，θ1 ?x，r >> d
則
sinθ ≈ θ，sin2θ ≈ 2θ
所以有
?x = d?θ
s = r?2θ
聯(lián)立可得
（2）因?yàn)闇y(cè)量前未調(diào)零，設(shè)沒有通電流時(shí)偏移的弧長為s′，當(dāng)初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)上方，通電流I′后根據(jù)前面的結(jié)論可知有
當(dāng)電流反向后有
聯(lián)立可得
同理可得初始時(shí)反射光點(diǎn)在O點(diǎn)下方結(jié)果也相同，故待測(cè)電流的大小為
考點(diǎn)02 洛倫茲力及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．（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
【解析】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．（2022·北京·高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）
A．磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里B．軌跡1對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來越大
C．軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大D．軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子
【答案】A
【解析】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，A正確，D錯(cuò)誤；
B．電子在云室中運(yùn)行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯(cuò)誤；
C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為
根據(jù)題圖可知軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯(cuò)誤。
故選A。
3．（2021·北京·高考真題）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子在P點(diǎn)以與x軸正方向成60?的方向垂直磁場(chǎng)射入，并恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，OP = a。不計(jì)重力。根據(jù)上述信息可以得出（）
A．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程
B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率
C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
D．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
【答案】A
【解析】粒子恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)，做兩速度的垂線交點(diǎn)為圓心，軌跡如圖所示
A．由幾何關(guān)系可知
因圓心的坐標(biāo)為，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為
故A正確；
BD．洛倫茲力提供向心力，有
解得帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為
因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則無法求出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率，故BD錯(cuò)誤；
C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為
則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
因磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求得，故C錯(cuò)誤；
故選A。
4．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則（）
A．M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移
C．偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移
【答案】D
【解析】A．由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場(chǎng)方向由N指向M，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知M的電勢(shì)低于N的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B．增大加速電壓則根據(jù)
可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有
可得
可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場(chǎng)寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；
C．電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；
D．由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。
故選D。
5．(多選)（2021·湖北·統(tǒng)考高考真題）一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在某一時(shí)刻突然分裂成a、b和c三個(gè)微粒，a和b在磁場(chǎng)中做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標(biāo)出。僅考慮磁場(chǎng)對(duì)帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）
A．a(chǎn)帶負(fù)電荷B．b帶正電荷
C．c帶負(fù)電荷D．a(chǎn)和b的動(dòng)量大小一定相等
【答案】BC
【解析】ABC．由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，BC正確；
D．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，即
解得
由于粒子a與粒子b的質(zhì)量、電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動(dòng)量大小關(guān)系不確定，D錯(cuò)誤。
故選BC。
6．(多選)（2021·全國·高考真題）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)，不計(jì)重力，則為（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示
設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑
第二次的半徑
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
可得
所以
故選B。
7．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力
則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)系為
即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑越大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。令電子運(yùn)動(dòng)軌跡最大的半徑為，為了使電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運(yùn)動(dòng)軌跡與實(shí)線圓相切，如圖所示
A點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)，由左手定則可得，，為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得
解得
解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值
故選C。
8．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
，
可得粒子在磁場(chǎng)中的周期
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長；過點(diǎn)做半圓的切線交于點(diǎn)，如圖所示
由圖可知，粒子從點(diǎn)離開時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長；由圖中幾何關(guān)系可知，此時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)的最大圓心角為
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為
故選C。
9．(多選)（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是（）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心O
B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出
C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短
D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線
【答案】BD
【解析】D．假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心

由幾何關(guān)系可知為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)?，說明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；
A．假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn)，則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；
B．由題意可知粒子射出磁場(chǎng)以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；
C．速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少， C錯(cuò)誤。
故選BD。
10．(多選)（2022·遼寧·高考真題）粒子物理研究中使用的一種球狀探測(cè)裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外圓是探測(cè)器。兩個(gè)粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場(chǎng)，粒子1沿直線通過磁場(chǎng)區(qū)域后打在探測(cè)器上的M點(diǎn)。粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在探測(cè)器上的N點(diǎn)。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）
A．粒子1可能為中子
B．粒子2可能為電子
C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)
【答案】AD
【解析】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A正確、B錯(cuò)誤；
C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會(huì)偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤；
D．粒子2在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有
解得
可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)，D正確。
故選AD。
11．(多選)（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從Р點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為（）
A．kBL，0°B．kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°
【答案】BC
【解析】若粒子通過下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖
根據(jù)幾何關(guān)系則有
可得
根據(jù)對(duì)稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。
當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖
因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱性有
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
可得
此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。
通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）
此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；
當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）
此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。
故可知BC正確，AD錯(cuò)誤。
故選BC。
12．(多選)（2020·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則（）
A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為
C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距
【答案】AD
【解析】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；
BC．粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖
由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知
，
則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為
洛倫茲力提供向心力
解得
BC錯(cuò)誤；
D．與點(diǎn)的距離為
D正確。
故選AD。
13．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t = 0時(shí)刻，一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大??；
（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。（本小問不要求寫出計(jì)算過程，只寫出答案即可）

【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】（1）由題知，粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O，則說明粒子甲的半徑
r = a
根據(jù)
解得
（2）由題知，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則
T甲 = 2T乙
根據(jù)，有
則
粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1

解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。
（3）已知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
則根據(jù)，可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為
可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為
S1= 6πa
且在第二次碰撞時(shí)有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2

解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為
S2= 10πa
且在第三次碰撞時(shí)有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3

解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次類推
在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為
S8= 10πa
且在第九次碰撞時(shí)有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9

解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到過程中，甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周，且甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為
r甲1 = 3a
則時(shí)甲粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)即（－6a，0）處。
在到過程中，乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周，則時(shí)乙粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)，且此過程中乙粒子走過的路程為
S0 = 3πa
故整個(gè)過程中乙粒子走過總路程為
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
14．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。
（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；
（2）若，求能到達(dá)處的離子的最小速度v2；
（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。

【答案】（1）；（2）（3）60%
【解析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系
解得
r1=2L
根據(jù)
解得
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
運(yùn)動(dòng)時(shí)間

（2）若B2=2B1，根據(jù)
可知
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場(chǎng)邊界夾角為α，由幾何關(guān)系
解得
r2=2L
根據(jù)
解得

（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動(dòng)量定理
即
求和可得
粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中
解得
則速度在~之間的粒子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子源射出的粒子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為
η=60%
15．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為 – q（q > 0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。
（1）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br>②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大小；
（2）較長時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；
（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于，且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他θ′的值（θ′為探測(cè)點(diǎn)位置和O點(diǎn)連線與x軸負(fù)方向的夾角）。
【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），，
【解析】（1）①離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有
則
②離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度
，k = 0，1，2，3…
（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，有
離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度
ω′t′ = 2nπ + θ
轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度
，n = 0，1，2，…
動(dòng)量定理
，n = 0，1，2，…
（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度
其中
k = 1，，n = 0，2或者
可得
，，
16．（2021·湖南·高考真題）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個(gè)粒子的質(zhì)量為、電荷量為）以初速度垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。對(duì)處在平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。
（1）如圖（a），寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入圓心為、半徑為的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若帶電粒子流經(jīng)過磁場(chǎng)后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
（2）如圖（a），虛線框?yàn)檫呴L等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使匯聚到點(diǎn)的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)?，并沿軸正方向射出。求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，以及該磁場(chǎng)區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；
（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?，并沿軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）。
【答案】（1）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，
【解析】（1）粒子垂直進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，在坐標(biāo)原點(diǎn)匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力
解得
（2）粒子從點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點(diǎn)飛入然后平行軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于磁場(chǎng)半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場(chǎng)即為最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域
磁場(chǎng)半徑為，根據(jù)可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為
根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，圓形磁場(chǎng)的面積為
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，3和4為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動(dòng)的磁場(chǎng)的圓周
根據(jù)可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
，
圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，可知磁場(chǎng)的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖
圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為
類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為
根據(jù)對(duì)稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)面積為
17．（2020·江蘇·統(tǒng)考高考真題）空間存在兩個(gè)垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為、。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時(shí)從原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，速度均為v。甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過Q時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過該點(diǎn)。已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：
(1)Q到O的距離d；
(2)甲兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔；
(3)乙的比荷可能的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由得，
，
Q、O的距離為：
(2)由(1)可知，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離為d，粒子再次經(jīng)過P，經(jīng)過N個(gè)周期，
所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為
由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得
，
繞一周的時(shí)間為
所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為
兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔為
(3)由洛倫茲力提供向心力，由得，
，
完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離
若乙粒子從第一象限進(jìn)入第二象限的過程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則
，
結(jié)合以上式子，n無解。
若乙粒子從第二象限進(jìn)入第一象限的過程中與甲離子在Q點(diǎn)相遇，則
，
計(jì)算可得
（n=1，2，3……）
由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時(shí)，乙的比荷最小，為
18．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）某種離子診斷測(cè)量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，探測(cè)板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測(cè)板的寬度為，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計(jì)重力及離子間的相互作用。
(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界時(shí)與H點(diǎn)的距離s；
(2)求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界的最大距離；
(3)若打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與板到距離L的關(guān)系。
【答案】(1)，0.8R；(2)；(3)當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：
【解析】(1)離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)
得粒子的速度大小
令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O，從磁場(chǎng)邊界邊的Q點(diǎn)射出，則由幾何關(guān)系可得
，
(2)a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O’，從磁場(chǎng)邊界邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離為x，由幾何關(guān)系可得
即a、c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開磁場(chǎng)的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關(guān)系可得
探測(cè)到三束離子，則c束中的離子恰好達(dá)到探測(cè)板的D點(diǎn)時(shí)，探測(cè)板與邊界的距離最大，
則
(3)a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量
當(dāng)時(shí)所有離子都打在探測(cè)板上，故單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力
當(dāng)時(shí)，只有b和c束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為
當(dāng)時(shí)，只有b束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為
19．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。
（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；
（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。
【答案】（1）磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里；；（2）；
【解析】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有
①
由此可得
②
粒子穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足
③
由②可得，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小最小時(shí)，設(shè)為Bm，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得
④
（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時(shí)圓弧半徑為
⑤
粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為α，
由幾何關(guān)系
⑥
即⑦
由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為
⑧
聯(lián)立⑦⑧式得
⑨
20．（2020·浙江·高考真題）通過測(cè)量質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和打到探測(cè)板上的計(jì)數(shù)率（即打到探測(cè)板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值），可研究中子（）的衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子。如圖所示，位于P點(diǎn)的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個(gè)質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個(gè)質(zhì)子。在P點(diǎn)下方放置有長度以O(shè)為中點(diǎn)的探測(cè)板，P點(diǎn)離探測(cè)板的垂直距離為a。在探測(cè)板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。
已知電子質(zhì)量，中子質(zhì)量，質(zhì)子質(zhì)量（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。
若質(zhì)子的動(dòng)量。
（1）寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動(dòng)能（以為能量單位）；
（2）當(dāng)，時(shí)，求計(jì)數(shù)率；
（3）若取不同的值，可通過調(diào)節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計(jì)數(shù)率，求與的關(guān)系并給出的范圍。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】（1）核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：
核反應(yīng)過程中：
根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系：
則總動(dòng)能為：
（2）質(zhì)子運(yùn)動(dòng)半徑：
如圖甲所示：
打到探測(cè)板對(duì)應(yīng)發(fā)射角度：
可得質(zhì)子計(jì)數(shù)率為：
（3）在確保計(jì)數(shù)率為的情況下：
即：
如圖乙所示：
恰能打到探測(cè)板左端的條件為：
即：
考點(diǎn)03 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖甲所示，真空中有一長直細(xì)金屬導(dǎo)線，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為，電荷量為。不考慮出射電子間的相互作用。
(1)可以用以下兩種實(shí)驗(yàn)方案測(cè)量出射電子的初速度：
a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；
b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。
當(dāng)電壓為或磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒有電子到達(dá)柱面。分別計(jì)算出射電子的初速度。
(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個(gè)弧長為、長度為的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測(cè)到出射電子形成的電流為，電子流對(duì)該金屬片的壓強(qiáng)為。求單位長度導(dǎo)線單位時(shí)間內(nèi)出射電子的總動(dòng)能。
【答案】（1）a.，b.；（2）
【解析】（1）a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達(dá)柱面，此時(shí)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒有電子到達(dá)柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有
解得
（2）撤去柱面，設(shè)單位時(shí)間單位長度射出的電子數(shù)為n，則單位時(shí)間打在金屬片的粒子數(shù)
金屬片上形成電流為
所以
根據(jù)動(dòng)量定理得金屬片上的壓強(qiáng)為
解得
故總動(dòng)能為
2．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）在芯片制造過程中，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)域是同一邊長為L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。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)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；
(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，并說明理由。
【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析
【解析】(1)通過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)過電場(chǎng)后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離
離開電場(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)過磁場(chǎng)后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離
離開磁場(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。
3．（2021·河北·高考真題）如圖，一對(duì)長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，極板與可調(diào)電源相連，正極板上O點(diǎn)處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負(fù)極板上的兩點(diǎn)，C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方，P點(diǎn)處放置一粒子靶（忽略靶的大?。糜诮邮諒纳戏酱蛉氲牧Ｗ?，長度為，忽略柵極的電場(chǎng)邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子經(jīng)電場(chǎng)一次加速后正好打在P點(diǎn)處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓的大?。?br>（2）調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；
（3）若粒子靶在負(fù)極板上的位置P點(diǎn)左右可調(diào)，則負(fù)極板上存在H、S兩點(diǎn)（，H、S兩點(diǎn)末在圖中標(biāo)出）、對(duì)于粒子靶在區(qū)域內(nèi)的每一點(diǎn)，當(dāng)電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時(shí)，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個(gè)粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中電壓恒定）。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑
由
解得

（2）當(dāng)電壓有最小值時(shí)，當(dāng)粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時(shí)粒子恰好不能打到擋板上，則
從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則
粒子在負(fù)極板上方的磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)
粒子從負(fù)極板傳到正極板時(shí)速度仍減小到v0，則
由幾何關(guān)系可知
聯(lián)立解得

（3）結(jié)合（2）分析可知，當(dāng)粒子經(jīng)上方磁場(chǎng)再進(jìn)入下方磁場(chǎng)時(shí)，軌跡與擋板相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑分別為r2、r3，則
①當(dāng)粒子在下方區(qū)域磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡正好與OM相切，再進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)記為H2，當(dāng)增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)到H2點(diǎn)時(shí)，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時(shí)H2點(diǎn)為距C點(diǎn)最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系可得
②同理可知當(dāng)粒子靶接收3種能量的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
第③個(gè)粒子經(jīng)過下方磁場(chǎng)時(shí)軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過H2后再次進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)為H3 (S2) ，則該點(diǎn)為接收兩種粒子的終點(diǎn)，同時(shí)也是接收3種粒子的起點(diǎn)。由幾何關(guān)系可得
可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點(diǎn)（即粒子靶接收n種粒子的起點(diǎn)與終點(diǎn)）始終相距
當(dāng)粒子靶接收n種能量的粒子時(shí)，可得
4．（2021·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在x0）的粒子甲從點(diǎn)S（-a，0）由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后，與靜止在點(diǎn)P（a，a）、質(zhì)量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。（不計(jì)粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場(chǎng)、磁場(chǎng)變化引起的效應(yīng)）
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場(chǎng)，同時(shí)在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場(chǎng)，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時(shí)間△t；
（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時(shí)，撤去電場(chǎng)和磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場(chǎng)，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時(shí)間內(nèi)粒子甲運(yùn)動(dòng)的距離L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子甲勻速圓周運(yùn)動(dòng)過P點(diǎn)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑
R=a
則
則
粒子從S到O，有動(dòng)能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為、，取向上為正，則有
計(jì)算可得
兩粒子碰后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)
解得
兩粒子在磁場(chǎng)中一直做軌跡相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期分別為
則兩粒子碰后再次相遇
解得再次相遇時(shí)間
（3）乙出第一象限時(shí)甲在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角度為
撤去電場(chǎng)磁場(chǎng)后，兩粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，再整個(gè)區(qū)域加上相同的磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中仍做半徑為a的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示
設(shè)撤銷電場(chǎng)、磁場(chǎng)到加磁場(chǎng)乙運(yùn)動(dòng)了，由余弦定理可得
則從撤銷電場(chǎng)、磁場(chǎng)到加磁場(chǎng)乙運(yùn)動(dòng)的位移
5．（2023·浙江·高考真題）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為；且各個(gè)方向均有速度大小連續(xù)分布在和之間的離子射出。已知速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔C。未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒有畫出）。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。
（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)；
（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度L；
（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓；
（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓與孔C位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）當(dāng)時(shí)，
【解析】（1）速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后軌跡如圖
由洛倫茲力提供向心力
解得半徑
孔C所處位置的坐標(biāo)
（2）速度大小為的離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由洛倫茲力提供向心力
解得半徑
若要能在C點(diǎn)入射，則由幾何關(guān)系可得
解得
如圖
由幾何關(guān)系可得
（3）不管從何角度發(fā)射
由（2）可得
根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得
，
聯(lián)立解得
（4）孔C位置坐標(biāo)x
其中
聯(lián)立可得
，
解得
在此范圍內(nèi)，和（3）相同，只與相關(guān)，可得
解得
根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得
，
解得
6．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場(chǎng)加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點(diǎn)射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)D點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，重力略不計(jì)。
（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；
（2）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；
（3）若粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。
【答案】（1）正電，；（2）；（3）
【解析】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可知
解得
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力提供向心力，有
解得
（3）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖
依題意粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
聯(lián)立各式解得
7.（2022·河北·高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場(chǎng)，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場(chǎng)，方向垂直平面向外。電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：
（1）時(shí)刻釋放的粒子，在時(shí)刻的位置坐標(biāo)；
（2）在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)時(shí)刻釋放的粒子所做的功；
（3）在點(diǎn)放置一粒接收器，在時(shí)間內(nèi)什么時(shí)刻釋放的粒子在電場(chǎng)存在期間被捕獲。
【參考答案】（1）；（2）；（3），
【命題意圖】本題考查帶電粒子在交變電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量定理及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。
【名師解析】
（1）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，帶電粒子在電場(chǎng)中加速度，根據(jù)動(dòng)量定理可知
解得粒子在時(shí)刻的速度大小為
方向豎直向上，粒子豎直向上運(yùn)動(dòng)的距離
在時(shí)間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期可知粒子偏轉(zhuǎn)，速度反向，根據(jù)可知粒子水平向右運(yùn)動(dòng)的距離為
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
所以粒子在時(shí)刻粒子的位置坐標(biāo)為，即；
（2）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，粒子受到的電場(chǎng)力豎直向上，在豎直方向
解得時(shí)刻粒子的速度
方向豎直向上，粒子在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的距離為
在時(shí)間內(nèi)，粒子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為
此時(shí)粒子速度方向向下，大小為，在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，豎直方向
解得粒子在時(shí)刻的速度
粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離
粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖
在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)粒子的做功大小為
電場(chǎng)力做正功；
（3）若粒子在磁場(chǎng)中加速兩個(gè)半圓恰好能夠到達(dá)點(diǎn)，則釋放的位置一定在時(shí)間內(nèi)，粒子加速度時(shí)間為，在豎直方向上
在時(shí)間內(nèi)粒子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為
在時(shí)間內(nèi)，在豎直方向
在時(shí)間內(nèi)，粒子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為
接收器位置為，根據(jù)距離的關(guān)系可知
解得
此時(shí)粒子已經(jīng)到達(dá)點(diǎn)上方，粒子豎直方向減速至用時(shí)，則
豎直方向需要滿足
解得在一個(gè)電場(chǎng)加速周期之內(nèi)，所以成立，所以粒子釋放的時(shí)刻為中間時(shí)刻；
若粒子經(jīng)過一個(gè)半圓到達(dá)點(diǎn)，則粒子在時(shí)間內(nèi)釋放不可能，如果在時(shí)間內(nèi)釋放，經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達(dá)點(diǎn)，所以考慮在時(shí)間內(nèi)釋放，假設(shè)粒子加速的時(shí)間為，在豎直方向上
之后粒子在時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)半軸，橫向移動(dòng)距離直接到達(dá)點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即
解得
接下來在過程中粒子在豎直方向減速為的過程中
粒子要在點(diǎn)被吸收，需要滿足
代入驗(yàn)證可知在一個(gè)周期之內(nèi)，說明情況成立，所以粒子釋放時(shí)刻為。
8. （2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x ≤ 0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x ≥ 0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。
（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；
（2）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；
（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得
在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知
可得
且
由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，則有
聯(lián)立得
當(dāng)時(shí)，B有最小值，可得
（2）將電子的速度分解，如圖所示
有
當(dāng)有最大值時(shí)，最大，R最大，此時(shí)，又
，
聯(lián)立可得，
（3）當(dāng)最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
由牛頓第二定律知
又
聯(lián)立得
9.（2020·山東·高考真題）某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板,兩板間電壓為U,Q板為記錄板,分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔。以a、b所在直線為z軸,向右為正方向,取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),以平行于Q板水平向里為x軸正方向,豎直向上為y軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子,從a孔飄入電場(chǎng)(初速度視為零),經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng),過P面上的c點(diǎn)(圖中未畫出)進(jìn)入電場(chǎng),最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。
圖甲
圖乙
(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L;
(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo);
(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)(用R、d表示);
(4)如圖乙所示,在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)s1、s2、s3,若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子 11H、氚核 13H、氦核 24He的位置,請(qǐng)寫出這三個(gè)點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)哪個(gè)粒子(不考慮粒子間的相互作用,不要求寫出推導(dǎo)過程)。
【答案】見解析
【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v,粒子在區(qū)域Ⅰ中,做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α,在M、N兩金屬板間,由動(dòng)能定理得
qU=12mv2①
在區(qū)域Ⅰ中,粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),磁場(chǎng)力提供向心力,由牛頓第二定律得
qvB=mv2R②
聯(lián)立①②式得
R=2mqUqB③
由幾何關(guān)系得
d2+(R-L)2=R2④
cs α=R2-d2R⑤
sin α=dR⑥
聯(lián)立①②④式得
L=2mqUqB-2mUqB2-d2⑦
(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz,沿x軸正方向加速度大小為a,位移大小為x,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,由牛頓第二定律得
qE=ma⑧
粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得
vz=v cs α⑨
d=vzt⑩
粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
x=12at2
聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩式得
x=md2E4mU?2qd2B2
(3)設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y,其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y',由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
y'=vt sin α
由題意得
y=L+y'
聯(lián)立①④⑥⑨⑩式得
y=R-R2-d2+d2R2-d2
(4)s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核 13H、氦核 24He、質(zhì)子 11H的位置。
10.（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向沿紙面向下，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；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，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。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子（不計(jì)重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。
（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。
（2）求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。
（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)上。求粒子打在點(diǎn)的速度大小。
【答案】（1）帶正電，；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件
在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理
聯(lián)立解得，粒子的比荷為
（2）由洛倫茲力提供向心力
可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為
（3）粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力
向下的電場(chǎng)力
由于，且
所以通過配速法，如圖所示
其中滿足
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運(yùn)動(dòng)同時(shí)，豎直方向以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在點(diǎn)的速度大小為
11.（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。
（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；
（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示
由洛倫茲力提供向心力
由幾何關(guān)系
聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為
（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
由牛頓第二定律
聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為
（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為
因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則
可得
設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中
對(duì)乙可得
整理可得
對(duì)甲可得
則
化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為
12.（2024·重慶·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到點(diǎn)；隨后粒子離開電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計(jì)重力。求
（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?br>（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為
根據(jù)洛倫茲力提供向心力
解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
周期為
（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根據(jù)題意分析可知從b點(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過角度為，如圖為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子返回a點(diǎn)時(shí)根據(jù)對(duì)稱性可知與初始位置等高，從a到b過程中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，得
故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移
根據(jù)幾何知識(shí)可得
由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為
聯(lián)立解得
考點(diǎn)
五年考情（2020-2024）
命題趨勢(shì)
考點(diǎn)1 磁現(xiàn)象及安培力
2020年海南卷、浙江卷、北京卷；
2021年全國卷、福建卷、廣東卷、重慶卷；
2022年江蘇卷、浙江卷、福建卷、全國卷、北京卷、湖北卷、天津卷；
2023年浙江卷、江蘇卷、海南卷、北京卷；
2024年福建卷等
安培力和洛倫茲力是高考物理中的重要考點(diǎn)，近年來在高考命題中呈現(xiàn)出以下幾個(gè)趨勢(shì)：
題型創(chuàng)新：高考命題將更加注重題型的創(chuàng)新，考查形式將更加多樣化和靈活。這意味著考生需要具備較強(qiáng)的應(yīng)變能力和創(chuàng)新能力，以應(yīng)對(duì)各種新的題型和考查要求。
考查內(nèi)容更新：高考命題將依據(jù)《課程標(biāo)準(zhǔn)》和《中國高考評(píng)價(jià)體系》進(jìn)行，強(qiáng)調(diào)對(duì)關(guān)鍵能力、思維品質(zhì)和學(xué)科素養(yǎng)的考查。這表明高考將不再局限于考查學(xué)生對(duì)知識(shí)的記憶，而是更注重考查學(xué)生運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力。
學(xué)科融合：高考試題將學(xué)科融合，考查學(xué)生跨學(xué)科的意識(shí)和視野。例如，語文試卷中可能會(huì)出現(xiàn)與數(shù)學(xué)、物理等學(xué)科相關(guān)的題目，這種趨勢(shì)要求學(xué)生具備更廣泛的知識(shí)背景和跨學(xué)科的思維能力。
開放性和多角度性：試題答案將體現(xiàn)出多角度的開放性，鼓勵(lì)學(xué)生獨(dú)立思考、表達(dá)自己的真實(shí)見解。這意味著學(xué)生需要具備更高的思維嚴(yán)密性和表達(dá)準(zhǔn)確性，而非機(jī)械記憶答題套路。
現(xiàn)代科技成果展現(xiàn)：高考試卷中將展現(xiàn)現(xiàn)代科技成果，激發(fā)學(xué)生從事科學(xué)研究、探索未知的興趣，助力拔尖創(chuàng)新人才的選拔培養(yǎng)。
倡導(dǎo)解決實(shí)際問題：高考命題將更加注重考查學(xué)生解決實(shí)際問題的能力，通過設(shè)置真實(shí)易懂的語篇，考查學(xué)生在特定情境下運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題的能力。
綜上所述，安培力和洛倫茲力作為高考物理的熱點(diǎn)難點(diǎn)，其命題趨勢(shì)將緊跟高考改革的步伐，注重考查學(xué)生的綜合素質(zhì)和解決實(shí)際問題的能力。
考點(diǎn)2 洛倫茲力及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
2020年全國卷、天津卷、江蘇卷、浙江卷；
2021年北京卷、全國卷、湖北卷、湖南卷；
2022年北京卷、湖北卷、遼寧卷、浙江卷；
2023年海南卷、全國卷、湖北卷、浙江卷；
考點(diǎn)3 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
2020年山東卷、北京卷；
2021年浙江卷、河北卷、遼寧卷；
2022年河北卷、天津卷；
2023年浙江卷；
2024年湖南卷、甘肅卷、遼寧卷、重慶卷等
測(cè)量序號(hào)
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45

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