2024年高考真題和模擬題物理分類匯編專題10 磁場（解析版）

專題10磁場1.(2024年湖北考題)9.磁流體發(fā)電機(jī)的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A.極板MN是發(fā)電機(jī)的正極B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負(fù)帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大【答案】AC【解析】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機(jī)正極，A正確；BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時(shí)，此時(shí)令極板間距為d，則可得因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關(guān)，BD錯(cuò)誤C正確。故選AC。2.（2024年江西卷考題）7.石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能．現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)時(shí)，測得關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，電子定向移動(dòng)的速率為v，則時(shí)間t內(nèi)通過樣品的電荷量q=nevtb根據(jù)電流的定義式得當(dāng)電子穩(wěn)定通過樣品時(shí)，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有聯(lián)立解得結(jié)合圖像可得解得故選D。3.(2024浙江1月卷考題)4.磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個(gè)點(diǎn)。下列說法正確的是（）A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零 D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等【答案】A【解析】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項(xiàng)A正確；B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。4.(2024年湖北卷考題)7.如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說法正確的是（）A.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過O點(diǎn)B.粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域最小時(shí)間間隔為D.若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為【答案】D【解析】AB．在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點(diǎn)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時(shí)間有，故C錯(cuò)誤；D．粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，則軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，故D正確。故選D。5.(2024年河北卷考題)10.如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個(gè)粒子源，可逐個(gè)發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A.若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角60°，則粒子必垂直BC射出C.若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】ACD【解析】AC．根據(jù)幾何關(guān)系可知，若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經(jīng)過cd邊，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖甲所示粒子從C點(diǎn)垂直于BC射出，故AC正確；BD．若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°時(shí)，若粒子從cd邊再次進(jìn)入磁場，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進(jìn)入磁場，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示則粒子一定垂直BC射出，故B錯(cuò)誤、D正確。故選ACD。6.（2024年安徽卷考題）10.空間中存在豎直向下勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(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【解析】A．油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場力平衡，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较颍?，解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，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。7.（2024年上海卷考題）10.某回旋加速器的示意圖如圖所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場僅分布于兩個(gè)相同且正對的半圓形中空金屬盒，內(nèi)，且與金屬盒表面垂直。交變電源通過Ⅰ，Ⅱ分別與，相連，僅在，縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生交變電場。初動(dòng)能為零的帶電粒子自縫隙中靠近的圓心O處經(jīng)縫隙間的電場加速后，以垂直磁場的速度進(jìn)入。（1）粒子在，運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力對粒子做功為W，沖量為I，則______；A．，B．，C．，D．，（2）核和核自圖中O處同時(shí)釋放，Ⅰ，Ⅱ間電勢差絕對值始終為U，電場方向做周期性變化，核在每次經(jīng)過縫隙間時(shí)均被加速（假設(shè)粒子通過縫隙的時(shí)間和粒子間相互作用可忽略）。核完成3次加速時(shí)的動(dòng)能與此時(shí)核的動(dòng)能之比為______。A．B．C．D．E．【答案】①.D②.E【解析】[1]由于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，即，洛倫茲力的沖量，D正確。故選D。[2]由題意可知，核與核的電荷量之比為，，核與核的質(zhì)量之比為，根據(jù)帶點(diǎn)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期可知，核與核的周期之比為，核完成3次加速后，實(shí)際在磁場中轉(zhuǎn)了2個(gè)半圈，時(shí)間為一個(gè)完整周期，則此時(shí)核在磁場中轉(zhuǎn)了圈，只加速了1次。根據(jù)動(dòng)能定理可知，對核有對核有解得動(dòng)能之比為，E正確。故選E。8.（2024年新課標(biāo)考題）13.一質(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，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開磁場返回電場，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）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場強(qiáng)度的大??；（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?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【解析】（1）粒子在磁場中做圓周運(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)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對稱性可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，角為兩次粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，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方向位移為根據(jù)幾何知識(shí)可得由粒子在兩次電場中運(yùn)動(dòng)的對稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為聯(lián)立解得9.（2024年湖南卷考題）14．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，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，場強(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，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）電子在勻強(qiáng)磁場中運(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，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10.（2024年廣東卷考題）15.如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一帶電粒子在時(shí)刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在時(shí)刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入磁場，并在時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時(shí)刻的速度大小v；（3）求從時(shí)刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W?！敬鸢浮浚?）正電；；（2）；；（3）【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為根據(jù)則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)出電場時(shí)豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時(shí)其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場時(shí)電場力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場力做功，則11.(2024年遼寧卷考題)15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團(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，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?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，電場強(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)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（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軸上的電場方向沿x軸，電場強(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】（1）對乙粒子，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)對稱性，乙在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對甲粒子，由對稱性可知，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，則上式中對乙可得整理可得對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浙江1月卷考題)22.類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為和，其電勢差。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)以出射角射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）（3）計(jì)算說明如何調(diào)控電場，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點(diǎn)下方距離處水平放置一長為的探測板（Q在P的正下方），長為，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時(shí)從O點(diǎn)射入Ⅰ區(qū)，且，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）見解析【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設(shè)水平方向?yàn)榉较颍Q直方向?yàn)榉较?，方向速度不變，方向速度變小，假設(shè)折射角為，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)速度關(guān)系解得（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時(shí)候方向速度為零，即可得即應(yīng)滿足（4）臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得所以如果的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當(dāng)時(shí)又解得，全部都打不到板的情況②根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為所以又解得即當(dāng)時(shí)③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（），此時(shí)僅有O點(diǎn)左側(cè)的一束粒子能打到板上，因此又解得一、單選題1．（2024·北京海淀·模擬預(yù)測）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體（含有大量正、負(fù)帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極。穩(wěn)定時(shí)兩板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是（

）A．上板為負(fù)極B．上、下兩極板間的電壓C．等離子體濃度越高，電動(dòng)勢越大D．垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體粒子受洛倫茲力（分力）和電場力平衡【答案】A【解析】A．大量帶正電和帶負(fù)電的微粒向右進(jìn)入磁場時(shí)，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向下，所以正電荷會(huì)聚集的下極板上，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，負(fù)電荷聚集到上極板上，故上極板為負(fù)極，故A正確；B．設(shè)電動(dòng)勢為E，根據(jù)得，磁流體發(fā)電機(jī)具有內(nèi)阻，上下極板兩端為路端電壓，故U＜Bdv，故B錯(cuò)誤；C．由表達(dá)式E=Bdv可知，電動(dòng)勢與等離子體的濃度無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．垂直兩極板方向等離子體粒子由于電能的消耗，部分正電荷向下極板運(yùn)動(dòng)，部分負(fù)電荷向上極板運(yùn)動(dòng)，此時(shí)粒子所受洛倫茲力大于電場力，故D錯(cuò)誤。故選A。2．（2024·北京海淀·三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。圖為一張?jiān)剖抑信臄z的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點(diǎn)發(fā)出的一些正電子或負(fù)電子的徑跡。有關(guān)這些徑跡以下判斷正確的是（）A．d、e都是正電子的徑跡B．a(chǎn)徑跡對應(yīng)的粒子動(dòng)量最大C．b徑跡對應(yīng)的粒子動(dòng)能最大D．a(chǎn)徑跡對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長【答案】D【解析】A．帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負(fù)電子的徑跡，A錯(cuò)誤；B．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有解得由圖可知a徑跡對應(yīng)的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最小，a徑跡對應(yīng)的粒子的速度最小，根據(jù)可知a徑跡對應(yīng)的粒子動(dòng)量最小，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)可知即b徑跡對應(yīng)的粒子動(dòng)能不是最大的，C錯(cuò)誤；D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有，則所以粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間其中為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，D正確。故選D。3．（2024·廣東·三模）如圖所示，在，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，從y軸上0~y0范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v0，當(dāng)電場強(qiáng)度為0時(shí)，從O點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到N（x0，y0）點(diǎn)，若電場強(qiáng)度為，MN右側(cè)是粒子接收器，MN的長度為y0，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．從處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場C．從處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大D．接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%【答案】D【解析】A．當(dāng)電場強(qiáng)度為0時(shí)，從O點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得，故A錯(cuò)誤；B．若粒子從處射入，則聯(lián)立解得由此可知，粒子從N點(diǎn)下方進(jìn)入磁場，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)粒子進(jìn)入磁場中時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為θ，粒子進(jìn)入磁場中的速度大小為v，則，所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為由此可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯(cuò)誤；D．由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為所以從處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場，且恰好經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在M點(diǎn)，即只有0~范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%，故D正確。故選D。4．（2024·河北·三模）2023年4月12日，中國有“人造太陽”之稱的全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了當(dāng)時(shí)最新的世界紀(jì)錄，成功實(shí)現(xiàn)穩(wěn)態(tài)高約束模式等離子體運(yùn)行403秒。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)將一足夠長的真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，如圖所示。若某帶正電的離子在此電場和磁場中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場方向的分量大小為，垂直于磁場方向的分量大小為，不計(jì)離子受到的重力。當(dāng)離子速度平行于磁場方向的分量大小為時(shí)，垂直于磁場方向的分量大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】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；當(dāng)離子速度平行于磁場方向的分量大小為2v1時(shí)，垂直于磁場方向的分量大小為v2。故選A。5．（2024·黑龍江齊齊哈爾·三模）如圖所示，光滑絕緣圓管豎直固定在水平勻強(qiáng)磁場中，一帶正電小球從管口由縫靜止開始下落，則下列描述圓管對小球的沖量I隨下落時(shí)間t和下落高度h的關(guān)系圖像中正確的是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】小球豎直方向只受重力，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有，小球下落過程中在水平方向?qū)⑹艿铰鍌惼澚?，根?jù)水平方向受力平衡可知圓管對小球的彈力大小始終等于小球所受洛倫茲力，即有由此可知圓管對小球的沖量，聯(lián)立以上各式可得，則可知，小球的圖像為過原點(diǎn)且開口向上的拋物線，圖像為過原點(diǎn)的傾斜直線。故選A。6．（2024·山西·模擬預(yù)測）如圖所示，長方體空間被平面MNPO分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場。一電子以某一速度從長方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入并穿過兩磁場區(qū)域，關(guān)于電子運(yùn)動(dòng)軌跡在下列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】A【解析】由左手定則可以判斷出電子在兩磁場中的洛倫茲力方向，沿著軸負(fù)方向看，電子在洛倫茲力的作用下，在平面MNPO的左側(cè)區(qū)域，電子沿逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，在平面MNPO的右側(cè)區(qū)域，電子沿順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，所以電子運(yùn)動(dòng)軌跡在坐標(biāo)平面內(nèi)的投影如選項(xiàng)A所示，在平面內(nèi)的投影應(yīng)該是一條平行于軸的直線。故選A。7．（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，在半徑為R、圓心為O的半圓形區(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，帶電荷量為、質(zhì)量為m的粒子（不計(jì)所受重力）從O點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射入勻強(qiáng)磁場后，均從OC段射出磁場，下列說法正確的是（

）A．粒子射入磁場時(shí)的最大速度為B．粒子射入磁場時(shí)的最大速度為C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為D．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為【答案】D【解析】如圖所示當(dāng)離子軌跡與半圓形邊界相切時(shí)，離子軌跡半徑最大，則有由洛倫茲力提供向心力可得可得粒子射入磁場時(shí)的最大速度為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。8．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）新冠肺炎疫情持續(xù)期間，醫(yī)院需要用到血液流量計(jì)檢查患者身體情況。某種電磁血液流量計(jì)的原理可簡化為如圖所示模型。血液內(nèi)含有少量正、負(fù)離子，從直徑為d的血管右側(cè)流入，左側(cè)流出，空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，M、N兩點(diǎn)之間的電壓穩(wěn)定時(shí)測量值為U，流量Q等于單位時(shí)間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（）A．離子所受洛倫茲力方向一定豎直向下B．M點(diǎn)的電勢一定高于N點(diǎn)的電勢C．血液流量D．電壓穩(wěn)定時(shí)，正、負(fù)離子不再受洛倫茲力【答案】C【解析】AB．由左手定則可知，水平向左入射的正離子受豎直向下的洛倫茲力，負(fù)離子受豎直向上的洛倫茲力，則正電荷聚集在N一側(cè)，負(fù)電荷聚集在M一側(cè)，則N點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢，AB錯(cuò)誤；C．電壓穩(wěn)定后，離子所受的洛倫茲力等于電場力，即可得流速為則流量Q為，C正確；D．電壓穩(wěn)定時(shí)，正、負(fù)離子受到的洛倫茲力與電場力平衡，D錯(cuò)誤。故選C。9．（2024·河北·三模）超級電容器儲(chǔ)存的大量電能是電磁炮瞬間大電流發(fā)射的重要基礎(chǔ)，如圖所示。若超級電容器的電容為C，充電電壓為U，發(fā)射一枚電磁炮的炮彈所需電量為超級電容所存儲(chǔ)電荷的5%，炮彈質(zhì)量為m，導(dǎo)軌寬為l，導(dǎo)體推桿垂直導(dǎo)軌并良好接觸，垂直導(dǎo)軌平面的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，不計(jì)空氣阻力和摩擦，則炮彈出膛的速度為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】電容器所帶電荷量為設(shè)炮彈出膛的速度為，根據(jù)動(dòng)量定理可得又聯(lián)立解得故選A。10．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測）如圖所示，在坐標(biāo)系O－xyz中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向下（z軸負(fù)方向）的勻強(qiáng)磁場，在（0，0，h）處固定一電荷量為的點(diǎn)電荷，在xOy平面內(nèi)有一質(zhì)量為m、電荷量為的微粒繞原點(diǎn)O沿圖示方向以角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若微粒的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效為大小為的環(huán)形電流，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】AC．該微粒受到重力、洛倫茲力、庫侖力三個(gè)力的作用，方向如下圖所示庫侖力大小為，洛倫茲力大小為由幾何關(guān)系可得，微粒沿在z軸方向上受力平衡，即微粒在平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得又，聯(lián)立，解得解得，（舍去），故AC錯(cuò)誤；BD．微粒圓周運(yùn)動(dòng)的周期為等效電流強(qiáng)度為，故B正確；D錯(cuò)誤。故選B。11．（23-24高三下·湖南衡陽）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點(diǎn)P的軌跡可看成質(zhì)點(diǎn)P相對圓心O做速率為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，同時(shí)圓心O向右相對地面以速率做勻速運(yùn)動(dòng)形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為勻強(qiáng)電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為的勻強(qiáng)磁場，已知一質(zhì)量為、電量大小為的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線AC運(yùn)動(dòng)（該曲線屬于圓滾線），到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C為運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)。不計(jì)重力，則下列說法錯(cuò)誤的是（）A．該離子帶正電 B．A、B兩點(diǎn)位于同一高度C．該離子電勢能先增大后減小 D．到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離子速度最大【答案】C【解析】A．根據(jù)左手定則可知該離子帶正電，故A正確，不符合題意；B．從A到B，動(dòng)能變化為零，根據(jù)動(dòng)能定理知，洛倫茲力不做功，則電場力做功為零。所以A、B兩點(diǎn)電勢相等，因?yàn)樵撾妶鍪莿驈?qiáng)電場，電場力方向豎直向下，所以A、B兩點(diǎn)位于同一高度，故B正確，不符合題意；C．因?yàn)樵撾x子帶正電，所以所受電場力豎直向下，由靜止開始從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，故該離子電勢能先減小后增大，故C錯(cuò)誤，符合題意；D．因?yàn)樵谶\(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，A→C電場力做正功，動(dòng)能增大，C→B電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小。所以C點(diǎn)時(shí)離子的動(dòng)能最大，即速度最大，故D正確，不符合題意。本題選錯(cuò)誤的，故選C。12．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）霍爾推進(jìn)器是現(xiàn)代航天器的最先進(jìn)的動(dòng)力裝置，據(jù)報(bào)道我國的天宮空間站就安裝了此類推進(jìn)器用以空間站的軌道維持。圖乙是與霍爾推進(jìn)器工作原理類似的裝置示意圖，在很窄的環(huán)內(nèi)平面內(nèi)有沿半徑方向向外的磁場1，其磁感強(qiáng)度大小可近似認(rèn)為處處相等，垂直環(huán)平面內(nèi)方向同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場2和勻強(qiáng)電場（圖中沒畫出），已知電場強(qiáng)度大小為E，電子恰好可以在環(huán)內(nèi)沿順時(shí)針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電子電量為e，質(zhì)量為m，忽略電子間的相互作用以及電子運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的磁場，以下說法正確的是（）A．電場方向垂直環(huán)平面向里 B．電子運(yùn)動(dòng)周期為C．磁場2的方向垂直環(huán)面向外 D．磁場2的磁感強(qiáng)度大小為【答案】A【解析】A．根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環(huán)平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應(yīng)垂直環(huán)平面向外，由于電子帶負(fù)電，故電場方向垂直環(huán)平面向里，故A正確；B．電子做半徑為R、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電子運(yùn)動(dòng)周期為故B錯(cuò)誤；C．電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)左手定則可知，磁場2的方向垂直環(huán)面向里，故C錯(cuò)誤；D．電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則所以，故D錯(cuò)誤。故選A。13．（2024·福建漳州·三模）如圖，一質(zhì)譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器構(gòu)成。靜電分析器通道的圓弧中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向電場，方向指向圓心O，中心線處各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等。磁分析器中分布著方向垂直于紙面的有界勻強(qiáng)磁場，邊界為矩形CNQD，，。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計(jì)重力），由靜止開始從A板經(jīng)電壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點(diǎn)垂直磁場邊界進(jìn)入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（）A．磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外B．靜電分析器中心線處的電場強(qiáng)度C．僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點(diǎn)D．要使粒子能到達(dá)NQ邊界，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為【答案】D【解析】A．由靜電分析器電場力充當(dāng)向心力可知，粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯(cuò)誤；B．在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理在靜電分析器電場力充當(dāng)向心力聯(lián)立可得，故B錯(cuò)誤；C．在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力可得粒子進(jìn)入磁分析器到打在膠片上的距離所以與比荷有關(guān)，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．由上述公式可知，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的越小，半徑越大，當(dāng)B最小值時(shí)，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑此時(shí)有解得，故D正確。故選D。14．（2024·北京西城·二模）如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點(diǎn)M以速度v垂直于ad邊射入磁場，并恰好從ab邊的中點(diǎn)N射出磁場。不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（

）A．粒子帶負(fù)電B．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子將從a點(diǎn)射出C．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子將從b點(diǎn)射出D．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變短【答案】D【解析】A．根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)解得設(shè)正方形邊長為L，粒子以速度v和速度2v進(jìn)入磁場，有軌跡如圖可知若粒子射入磁場的速度增大為，射出的位置在Nb之間。故BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，若粒子射入磁場的速度增大為，則在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對應(yīng)的圓心角將變小，由又，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變短。故D正確。故選D。二、多選題15．（2024·黑龍江吉林·模擬預(yù)測）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場，其中第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，P（-L，0）、Q（0，-L）為坐標(biāo)軸上的兩個(gè)點(diǎn)?，F(xiàn)有一電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計(jì)重力），以與x軸正向成45°的速度從P點(diǎn)射出，恰好經(jīng)原點(diǎn)O并能到達(dá)Q點(diǎn)，則下列對PQ段運(yùn)動(dòng)描述正確的是（）A．粒子運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為B．粒子運(yùn)動(dòng)的總路程一定為C．粒子在Q點(diǎn)的速度方向可能與y軸垂直D．粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)的時(shí)間與從O點(diǎn)到Q點(diǎn)的時(shí)間之比可能為1:3【答案】AD【解析】C．若粒子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡可能如圖所示第一種情況粒子在Q點(diǎn)速度方向與y軸負(fù)向的夾角為45°；第二種情況粒子在Q點(diǎn)速度方向與y軸正向的夾角為45°，故C錯(cuò)誤；A．根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖可知第一種情況粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，則故A正確；B．第一種情況粒子運(yùn)動(dòng)的總路程為第二種情況粒子運(yùn)動(dòng)的總路程為，故B錯(cuò)誤；D．由于粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期相同，則粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比等于圓心角之比，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖可知第一種情況粒子從P到O的時(shí)間與從O到Q的時(shí)間之比為1:1；第二種情況粒子從P到O的時(shí)間為粒子與從O到Q的時(shí)間為1:3，故D正確。故選AD。16．（2024·江西·模擬預(yù)測）如圖所示，光電管和一金屬材料做成的霍爾元件串聯(lián)，霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、c且水平放置，該霍爾元件放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。某時(shí)刻讓一束光照到光電管的陰極K激發(fā)出光電子，閉合電鍵S，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的劃片到某一位置，電流表A的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U。經(jīng)典電磁場理論認(rèn)為：當(dāng)金屬導(dǎo)體兩端電壓穩(wěn)定后，導(dǎo)體中產(chǎn)生恒定電場，且恒定電場的性質(zhì)和靜電場性質(zhì)相同。已知電子電量為e，電子的質(zhì)量為m?；魻栐挝惑w積內(nèi)的電子數(shù)為n，則（）A．霍爾元件前表面電勢低于后表面電勢B．霍爾元件前后表面的電壓大小為C．霍爾片內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為D．將滑動(dòng)變阻器的滑片P向右滑動(dòng)，電流表的示數(shù)會(huì)不斷地增加【答案】ABC【解析】A．由題意可知，經(jīng)過霍爾元件的電流方向?yàn)樗较蛴?，則電子運(yùn)動(dòng)方向水平向左，根據(jù)洛倫茲力可知，電子會(huì)到達(dá)前表面，故霍爾元件前表面電勢低于后表面電勢，故A正確；B．設(shè)霍爾元件前后側(cè)面的電壓為U，電子在霍爾元件內(nèi)做定向移動(dòng)的速率為v，根據(jù)洛倫茲力與電場力平衡可得霍爾元件單位體積內(nèi)的電子數(shù)為n，則電流聯(lián)立解得故B正確；C．霍爾片內(nèi)沿前后側(cè)面的電場強(qiáng)度大小為沿電流方向的恒定電場為則霍爾片的電場強(qiáng)度為，故C正確；D．若I已經(jīng)為光電效應(yīng)達(dá)到的飽和電流，則當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片右移后，電流I保持不變，故D錯(cuò)誤。故選ABC。17．（2024·全國·模擬預(yù)測）“雙聚焦分析器”是一種能同時(shí)實(shí)現(xiàn)速度聚焦和方向聚焦的質(zhì)譜儀，其模型圖如圖甲．如圖乙，電場分析器中與圓心O，等距離的各點(diǎn)場強(qiáng)大小相等、方向沿徑向，電場強(qiáng)度大小為，r為入射點(diǎn)到圓心的距離k可調(diào)節(jié)．磁場分析器中以為圓心、圓心角為的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，其左邊界與電場分析器的右端面平行．若質(zhì)量為m、電荷量為的離子（初速度為零），經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，進(jìn)入輻射狀電場，恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場區(qū)域后，垂直磁場左邊界從P點(diǎn)進(jìn)入圓心為的四分之一圓形磁場區(qū)域并打在熒光屏上．圖中，不計(jì)離子的重力．下列說法正確的是（

）A．k值應(yīng)調(diào)節(jié)為B．若離子源和加速電場整體向右平移一小段距離，則離子在電場分析器中不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．若離子垂直于熒光屏打在Q點(diǎn)，則磁場分析器所加的磁感應(yīng)強(qiáng)度為D．若另有一離子經(jīng)加速電場、電場分析器后從P點(diǎn)進(jìn)入磁場分析器后打在點(diǎn)，該離子的比荷為【答案】AD【解析】A．當(dāng)加速電壓為U時(shí)粒子進(jìn)入靜電分析器的速度為，則，解得，A項(xiàng)正確；B．若粒子源和加速器整體向右平移一小段距離，離子進(jìn)入電場中不同的點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有只要調(diào)節(jié)，得等式與大小無關(guān)，故離子仍能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．若離子垂直于熒光屏打在Q點(diǎn)，粒子的軌跡半徑為則磁分析器所加的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．若離子經(jīng)加速電場、靜電分析器和磁分析器后打在點(diǎn)，則半徑為，得，D項(xiàng)正確。故選AD。18．（2024·四川·模擬預(yù)測）如圖所示，空間中有一個(gè)方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其邊界是一個(gè)半徑為R的圓環(huán)，現(xiàn)讓一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以一定速度從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場，當(dāng)入射速度為v時(shí)，粒子經(jīng)過t1時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場（OC與OB成（60°角），對應(yīng)的軌道半徑為r1；當(dāng)入射速度為，粒子經(jīng)過t2時(shí)間從D點(diǎn)射出磁場（圖中未畫出），對應(yīng)的軌道半徑為r2，下列選項(xiàng)正確的是（）A．r1：r2=3：1 B．r1：r2=1：3C．t1：t2=1：2 D．t1：t2=2：1【答案】AC【解析】當(dāng)入射速度為v時(shí)，設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系可得可得由洛倫茲力提供向心力可得可得當(dāng)入射速度為，則有則有由幾何關(guān)系可知，兩次粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心角分別為和，則有故選AC。19．（2024·四川·模擬預(yù)測）如圖所示是利用霍爾效應(yīng)測量磁場的傳感器，由運(yùn)算芯片LM393和霍爾元件組成，LM393輸出的時(shí)鐘電流（交變電流）經(jīng)二極管整流后成為恒定電流I從霍爾元件的A端流入，從F端流出。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于霍爾原件的工作面水平向左，測得CD端電壓為U。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，霍爾原件沿AF方向的長度為，沿CD方向的寬度為，沿磁場方向的厚度為h，下列說法正確的是（

）A．C端的電勢高于D端B．若將勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，CD間的電壓將增大C．自由電子的平均速率為D．可測得此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】AD【解析】A．已知霍爾元件的載流子為自由電子，電流方向從A流向F，則左手定則可得電子偏向D端，則C端的電勢高于D端，故A正確B．根據(jù)可得若將勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，CD間的電壓將減小，故B錯(cuò)誤C．根據(jù)電流微觀表達(dá)式可得故C錯(cuò)誤D．由，聯(lián)立可得故D正確。故選AD。20．（23-24高三下·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）某一具有速度選擇器的質(zhì)譜儀原理如圖所示，裝置Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U1；裝置Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，電場未畫出，兩板間距離為d；裝置Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，從裝置Ⅰ上極板無初速度進(jìn)入加速器，恰能沿直線通過裝置Ⅱ，進(jìn)入裝置Ⅲ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（）A．裝置Ⅱ的左極板帶正電B．裝置Ⅱ兩板間電壓為C．若粒子質(zhì)量變?yōu)?m，其他條件不變，經(jīng)加速后進(jìn)入裝置Ⅱ?qū)⑾蛴覀?cè)極板偏轉(zhuǎn)D．若粒子質(zhì)量變?yōu)?m，同時(shí)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B1，其他條件不變，粒子進(jìn)入裝置Ⅲ后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為以前的倍【答案】BD【解析】A．粒子帶正電，由左手定則可知，在裝置Ⅱ中洛倫茲力方向向右，則電場力方向左，故左極板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)能定理可得可得在裝置Ⅱ中，根據(jù)裝置Ⅱ兩極板的電壓，故B正確；C．若粒子質(zhì)量變?yōu)?m，根據(jù)動(dòng)能定理可得可得向右洛倫茲力變小，故經(jīng)加速后進(jìn)入速度選擇器時(shí)將向左側(cè)極板偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；D．在裝置Ⅲ中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力得解得當(dāng)粒子質(zhì)量變?yōu)?m，粒子進(jìn)入分離器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑將變?yōu)橐郧暗谋叮蔇正確。故選BD。21．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的能吸收帶電粒子的半圓形裝置，在裝置外有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊界ab為過圓心O的一水平直線。一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以不同的速率從A點(diǎn)豎直向上進(jìn)入磁場，AO的長度為，粒子重力和粒子間的相互作用不計(jì)，，下列說法正確的是（）A．能夠被裝置吸收的粒子的最大速度為B．能夠被裝置吸收的粒子的最小速度為C．能夠被裝置吸收的粒子中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子速度大小為D．能夠被裝置吸收的粒子中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【答案】BD【解析】A．粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最大時(shí)有最大速度，當(dāng)粒子從半圓形裝置最右面被該裝置吸收時(shí)，其軌跡半徑最大，其速度最大，對于粒子有整理有有幾何關(guān)系可知，其粒子的半徑設(shè)為，有所以有上述分析有，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡最小時(shí)，其粒子的速度最小，即粒子從裝置最左側(cè)被吸收其半徑最小，由幾何關(guān)系有結(jié)合之前的分析可知，有，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；CD．粒子進(jìn)入磁場運(yùn)動(dòng)至圓周上，時(shí)間最短即為圓心角最小，根據(jù)圓心角等于2倍弦切角可知，時(shí)間最小，即運(yùn)動(dòng)軌跡圓的弦切角需最小。如圖所示運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，此時(shí)軌跡圓的弦AC與題設(shè)半圓相切，由幾何關(guān)系可知，圓心角為根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合之前的分析，其中所以，，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。【點(diǎn)睛】本題以帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)為情景，考查洛倫茲力、周期、速度及臨界狀態(tài)的尋找等知識(shí)，考查考生的科學(xué)思維及推理能力。22．（2024·安徽安慶·三模）如圖所示，在三維直角坐標(biāo)系中，分布著沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場E和沿y軸正方向的勻強(qiáng)磁場B，一個(gè)帶電荷量為、質(zhì)量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．可求小球的初速度大小為B．經(jīng)過時(shí)間，球的動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的2倍C．若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．若僅將電場撤去，小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】AC【解析】A．小球在平面內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，解得，A正確；B．小球的動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的2倍時(shí)，即經(jīng)過時(shí)間為，B錯(cuò)誤；C．若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，如果電場力和重力大小相等，小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確；D．若僅將電場撤去，小球合力不可能為零，不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。23．（2024·寧夏銀川·三模）近年來國產(chǎn)動(dòng)畫的技術(shù)不斷提升，以科幻為主題的電影《熊出沒之逆轉(zhuǎn)時(shí)空》在2024年春節(jié)受到人們喜歡。其中“我們總是活在別人定義的成功里，卻忘了自己內(nèi)心真正想要的是什么”成為直擊人心的金句。如左圖所示為光頭強(qiáng)被科學(xué)怪人篡改記憶時(shí)的畫面，右圖為篡改記憶所用的裝置模式圖，一“篡改記憶粒子”（比荷為）從出發(fā)經(jīng)過電場加速（）獲得一定初速度進(jìn)入速度選擇器，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（）偏轉(zhuǎn)180后進(jìn)入光頭強(qiáng)大腦進(jìn)行篡改。不計(jì)“篡改記憶粒子”重力，下列說法正確的是（）A．各個(gè)“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)時(shí)間不相同B．速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/sC．偏轉(zhuǎn)半徑為r=0.01mD．比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大【答案】BCD【解析】A．“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期由于“篡改記憶粒子”的比荷相同，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，各個(gè)“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；B．加速電場中解得所以速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/s，故B正確;C．在磁場中解得偏轉(zhuǎn)半徑為，，故C正確；D．在磁場中，則比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大，故D正確。故選BCD。24．（2024·福建廈門·三模）為了市民換乘地鐵方便，廈門海滄區(qū)政府在地鐵口和主要干道上投放了大量共享電動(dòng)車。騎行者通過擰動(dòng)手把來改變車速，手把內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖甲所示，其截面如圖乙所示。稍微擰動(dòng)手把，霍爾元件保持不動(dòng)，磁鐵隨手把轉(zhuǎn)動(dòng)，與霍爾元件間的相對位置發(fā)生改變，穿過霍爾元件的磁場強(qiáng)弱和霍爾電壓UH大小隨之變化。已知霍爾電壓越大，電動(dòng)車能達(dá)到的最大速度vm越大，霍爾元件工作時(shí)通有如圖乙所示的電流I，載流子為電子，則（）A．霍爾元件下表面電勢高于上表面B．霍爾元件下表面電勢低于上表面C．從圖乙所示位置沿a方向稍微擰動(dòng)手把，可以增大vmD．其他條件不變，調(diào)大電流I