專題15 磁場-五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題15磁場考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點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，近年來在高考命題中呈現(xiàn)出以下幾個趨勢：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的應變能力和創(chuàng)新能力，以應對各種新的題型和考查要求?？疾閮热莞拢焊呖济}將依據(jù)《課程標準》和《中國高考評價體系》進行，強調對關鍵能力、思維品質和學科素養(yǎng)的考查。這表明高考將不再局限于考查學生對知識的記憶，而是更注重考查學生運用知識解決問題的能力。學科融合：高考試題將學科融合，考查學生跨學科的意識和視野。例如，語文試卷中可能會出現(xiàn)與數(shù)學、物理等學科相關的題目，這種趨勢要求學生具備更廣泛的知識背景和跨學科的思維能力。開放性和多角度性：試題答案將體現(xiàn)出多角度的開放性，鼓勵學生獨立思考、表達自己的真實見解。這意味著學生需要具備更高的思維嚴密性和表達準確性，而非機械記憶答題套路?，F(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)學生從事科學研究、探索未知的興趣，助力拔尖創(chuàng)新人才的選拔培養(yǎng)。倡導解決實際問題：高考命題將更加注重考查學生解決實際問題的能力，通過設置真實易懂的語篇，考查學生在特定情境下運用所學知識解決問題的能力。綜上所述，安培力和洛倫茲力作為高考物理的熱點難點，其命題趨勢將緊跟高考改革的步伐，注重考查學生的綜合素質和解決實際問題的能力?？键c2洛倫茲力及帶電粒子在勻強磁場中的運動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3帶電粒子在復合場中的運動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、重慶卷等考點01磁現(xiàn)象及安培力1．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產生的磁場，通有待測電流的直導線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產生的磁場。調節(jié)電阻R，當電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測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)在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導線在霍爾元件處產生的磁場方向應向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強為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，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜向下方，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．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，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．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向，B正確；C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為0，C錯誤；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錯誤。故選B。4．（2021·全國·高考真題）兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B【答案】B【解析】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應強度為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，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針。現(xiàn)驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發(fā)生偏轉。下列說法正確的是（）A．偏轉原因是圓盤周圍存在電場B．偏轉原因是圓盤周圍產生了磁場C．僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變【答案】B【解析】AB．小磁針發(fā)生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；C．僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；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，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤。故選B。6．(多選)（2022·福建·高考真題）奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應。一個可自由轉動的小磁針放在白金絲導線正下方，導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。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導線直徑、導線材料、電池電動勢以及小磁針位置等因素對小磁針偏轉情況的影響。他能得到的實驗結果有（）A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉 B．用銅導線替換白金絲，小磁針仍能偏轉C．減小電源電動勢，小磁針一定不能偏轉 D．小磁針的偏轉情況與其放置位置無關【答案】AB【解析】A．減小導線直徑，仍存在電流，其產生的磁場仍能使小磁針偏轉，選項A正確；B．白金導線換成銅導線，仍存在電流，產生的磁場仍能使小磁針偏轉，選項B正確；C．減小伏打電池電動勢，只要導線中有電流，小磁場還是會發(fā)生偏轉，選項C錯誤；D．通電導線產生的磁場與地磁場疊加后，其空間磁場方向與位置有關，當小磁針在不同位置時其偏轉情況不同，選項D錯誤。故選AB。7．(多選)（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）安裝適當?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結果可推知（

）測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A．測量地點位于南半球B．當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC．第2次測量時y軸正向指向南方D．第3次測量時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。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應位于北半球，A錯誤；B．磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為計算得B≈50μTB正確；CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量，故y軸指向南方，第3次測量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。故選BC。8．(多選)（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則（）A．O點的磁感應強度為0B．O點的磁感應強度方向由O指向cC．e點的磁感應強度方向沿y軸正方向D．e點的磁感應強度方向沿y軸負方向【答案】BD【解析】AB．由題知，四條導線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條導線在O點的磁感應強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導線中在O點產生的磁感應強度方向，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點的磁感應強度方向由O指向c，其大小不為零，故A錯誤，B正確；CD．由題知，四條導線中的電流大小相等，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應強度大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導線中在O點產生的磁感應強度方向，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，可知兩個磁感應強度的合磁感應強度沿y軸負方向，故C錯誤，D正確。故選BD。9.(多選)（2024·福建·高考卷）將半徑為r銅導線半圓環(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的磁場中，現(xiàn)給導線通以自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)給導線通以自A到B大小為I的電流，由左手定則，可知導線所受安培力向下，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，質量為M、電阻為R、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細桿通過開關S可與直流電源或理想二極管串接。在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關S接1，當導體棒靜止時，細桿與豎直方向的夾角固定點；然后開關S接2，棒從右側開始運動完成一次振動的過程中（

）

A．電源電動勢 B．棒消耗的焦耳熱C．從左向右運動時，最大擺角小于 D．棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等【答案】C【解析】A．當開關接1時，對導體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關系可得解得根據(jù)歐姆定律解得故A錯誤；根據(jù)右手定則可知導體棒從右向左運動時，產生的感應電動勢與二極管正方向相同，部分機械能轉化為焦耳熱；導體棒從左向右運動時，產生的感應電動勢與二極管相反，沒有機械能損失B．若導體棒運動到最低點時速度為零，導體棒損失的機械能轉化為焦耳熱為根據(jù)楞次定律可知導體棒完成一次振動速度為零時，導體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱故B錯誤；C．根據(jù)B選項分析可知，導體棒運動過程中，機械能轉化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于，故C正確；D．根據(jù)B選項分析，導體棒第二次經過最低點時的速度小于第一次經過最低點時的速度，根據(jù)可知棒兩次過最低點時感應電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。11．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B．L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導線受到的安培力為（

）

A．0 B．BIl C．2BIl D．【答案】C【解析】因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab=BI?2l=2BIl則該導線受到的安培力為2BIl。故選C。12．（2022·北京·高考真題）如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一矩形金屬線框，邊與導線平行。調節(jié)電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則（）A．線框中產生的感應電流方向為B．線框中產生的感應電流逐漸增大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，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產生的感應電流方向為，A錯誤；B．線框中產生的感應電流為空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，B錯誤；C．線框邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達式，故所受的安培力變大，C錯誤；D．線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產生的感應電流方向為，根據(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。通電直導線的磁場分部特點可知邊所處的磁場較大，根據(jù)安培力表達式可知，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，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜向下方，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，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流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．當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【解析】A．當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有，F(xiàn)T=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、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磁場中影響通電導線受力的因素，導線垂直勻強磁場方向放置。先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，得到導線受到的安培力F分別與I和L的關系圖象，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線兩端固定，固定點的距離為，導線通有電流I，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】從上向下看導線的圖形如圖所示導線的有效長度為2L，則所受的安培力大小設繩子的張力為，由幾何關系可知解得故A正確，BCD錯誤。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線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流，四根平行直導線均通入電流，，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，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導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”，則正方形左右兩側的直導線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導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，在一個蹄形電磁鐵的兩個磁極的正中間放置一根長直導線，當導線中通有垂直于紙面向里的電流I時，導線所受安培力的方向為（）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，如圖所示故導線所處位置的磁感應線的切線方向為水平向右，根據(jù)左手定則，可以判斷導線所受安培力的方向為向下。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線通以大小相同的電流I。在角平分線上，對稱放置四個相同的正方形金屬框。當電流在相同時間間隔內增加相同量，則（）A．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向內運動B．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向外運動C．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向內運動D．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向外運動【答案】B【解析】先對1和3線圈進行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導線在線框中的磁場方向：電流大小相等，線圈關于兩導線對稱，所以線圈中的磁通量為0，電流增大時，根據(jù)楞次定律可知線圈中無感應電流，不受安培力，所以1和3線圈靜止不動；再對2和4線圈進行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導線在線圈中的磁場方向：電流增大，根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向（如圖所示），靠近直流導線的線圈導體周圍磁感應強度較大，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線圈沿著對角線向外運動，故B正確，ACD錯誤。故選B．20．(多選)（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角θ可調。導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為g；減速時，加速度的最大值為g，其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是（）A．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為B．棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為C．加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60°D．減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150°【答案】BC【解析】設磁場方向與水平方向夾角為θ1，θ1<90°;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有令根據(jù)數(shù)學知識可得則有同理磁場方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有有所以有當加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得帶入可得α=30°，此時加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有故BC正確，AD錯誤。故選BC。21．(多選)（2021·重慶·高考真題）某同學設計了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同軸圓線圈水平固定，圓線圈P與、N共軸且平行等距。初始時，線圈通以等大反向的電流后，在線圈P處產生沿半徑方向的磁場，線圈P內無電流且天平平衡。設從上往下看順時針方向為正向。當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是（）A．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流B．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入負向電流C．若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入正向電流D．若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入負向電流【答案】BC【解析】AB．當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則需要線圈P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中通入負向電流，故A錯誤，B正確；CD．若P處磁場方向沿半徑向內，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確，D錯誤。故選BC。22．(多選)（2021·浙江·高考真題）如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以和流向相同的電流，兩導線構成的平面內有一點p，到兩導線的距離相等。下列說法正確的是（）A．兩導線受到的安培力B．導線所受的安培力可以用計算C．移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，不存在磁感應強度為零的位置【答案】BCD【解析】A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；B．導線所受的安培力可以用計算，因為磁場與導線垂直，故B正確；C．移走導線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產生磁場方向相同，向外，故C正確；D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，兩導線在任意點產生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應強度為零的位置。故D正確。故選BCD。23．(多選)（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，足夠長的間距的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，導軌間存在一個寬度的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小為，方向如圖所示．一根質量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開始沿導軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質量，阻值的原來靜置在導軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，則（

）A．金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運動B．金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流C．金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產生的焦耳熱為D．金屬棒a最終停在距磁場左邊界處【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速度減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒a做加速度減小的減速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，故B正確；C．電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得解得對金屬棒第一次離開磁場時速度金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產生的總熱量等于金屬棒a機械能的減少量，即聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得由于兩棒電阻相同，兩棒產生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產生的焦耳熱故C錯誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動量守恒和機械能守恒得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為設金屬棒a最終停在距磁場左邊界處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，電路中產生的平均電動勢為平均電流為金屬棒a受到的安培力為規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。24．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質量電磁推進技術的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好，電流從一導軌流入，經過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產生的磁場可視為勻強磁場，磁感應強度B與電流i的關系式為（k為常量）。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)?。已知兩導軌內側間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質量為m。求：（1）金屬棒經過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；（2）金屬棒經過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比；（3）金屬棒從靜止開始經過兩級區(qū)域推進后的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由題意可知第一級區(qū)域中磁感應強度大小為金屬棒經過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為（2）根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經過第一級區(qū)域的加速度大小為第二級區(qū)域中磁感應強度大小為金屬棒經過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為金屬棒經過第二級區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為（3）金屬棒從靜止開始經過兩級區(qū)域推進后，根據(jù)動能定理可得解得金屬棒從靜止開始經過兩級區(qū)域推進后的速度大小為25．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，U形金屬桿上邊長為，質量為，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的勻強磁場。（1）若插入導電液體部分深，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度，設桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度，通電時間，求通過金屬桿截面的電荷量。

【答案】（1），4A；（2）0.085C【解析】（1）對金屬桿，跳起的高度為，豎直上拋運動由運動學關系式解得通電過程金屬桿收到的安培力大小為由動能定理得解得（2）對金屬桿，通電時間，由動量定理有由運動學公式通過金屬桿截面的電荷量聯(lián)立解得26．（2022·天津·高考真題）直流電磁泵是利用安培力推動導電液體運動的一種設備，可用圖1所示的模型討論其原理，圖2為圖1的正視圖。將兩塊相同的矩形導電平板豎直正對固定在長方體絕緣容器中，平板與容器等寬，兩板間距為，容器中裝有導電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導電液體僅能從空隙進入兩板間。初始時兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實現(xiàn)兩板間液面上升，可在兩板間加垂直于面的勻強磁場，磁感應強度的大小為，兩板間液面上升時兩板外的液面高度變化可忽略不計。已知導電液體的密度為、電阻率為，重力加速度為。（1）試判斷所加磁場的方向；（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初始液面高度2倍時的電壓；（3）假定平板與容器足夠高，求電壓滿足什么條件時兩板間液面能夠持續(xù)上升。【答案】（1）沿軸負方向；（2）；（3）【解析】（1）想實現(xiàn)兩板間液面上升，導電液體需要受到向上的安培力，由圖可知電流方向沿軸正方向，根據(jù)左手定則可知，所加磁場的方向沿軸負方向。（2）設平板寬度為，兩板間初始液面高度為，當液面穩(wěn)定在高度時，兩板間液體的電阻為，則有當兩板間所加電壓為時，設流過導電液體的電流為，由歐姆定律可得外加磁場磁感應強度大小為時，設液體所受安培力的大小為，則有兩板間液面穩(wěn)定在高度時，設兩板間高出板外液面的液體質量為，則有兩板間液體受到的安培力與兩板間高出板外液面的液體重力平衡，則有聯(lián)立以上式子解得（3）設兩板間液面穩(wěn)定時高度為nh，則兩板間比容器中液面高出的部分液體的高度為(n－1)h，與（2）同理可得整理上式，得平板與容器足夠高，若使兩板間液面能夠持續(xù)上升，則n趨近無窮大，即無限趨近于1，可得27．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內有與紙面垂直的勻強磁場；M為置于平臺上的輕質小平面反射鏡，輕質剛性細桿D的一端與M固連且與鏡面垂直、另一端與彈簧下端相連，為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，的圓心位于M的中心。使用前需調零:使線圈內沒有電流通過時，M豎直且與紙面垂直；入射細光束沿水平方向經上的O點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點仍近似處于的圓心，通過讀取反射光射到上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場磁感應強度大小為B，線圈C的匝數(shù)為N。沿水平方向的長度為l，細桿D的長度為d，圓弧的半徑為r﹐，d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。（1）若在線圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長度改變量的絕對值及上反射光點與O點間的弧長s；（2）某同學用此裝置測一微小電流，測量前未調零，將電流通入線圈后，上反射光點出現(xiàn)在O點上方，與O點間的弧長為、保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點出現(xiàn)在О點下方，與O點間的弧長為。求待測電流的大小。【答案】（1），；（2）【解析】（1）由題意當線圈中通入微小電流I時，線圈中的安培力為F=NBIl根據(jù)胡克定律有F=NBIl=k│x│如圖所示設此時細桿轉過的弧度為θ，則可知反射光線轉過的弧度為2θ，又因為d>>x，r>>d則sinθ≈θ，sin2θ≈2θ所以有x=dθs=r2θ聯(lián)立可得（2）因為測量前未調零，設沒有通電流時偏移的弧長為s′，當初始時反射光點在O點上方，通電流I′后根據(jù)前面的結論可知有當電流反向后有聯(lián)立可得同理可得初始時反射光點在O點下方結果也相同，故待測電流的大小為考點02洛倫茲力及帶電粒子在勻強磁場中的運動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磁場，關于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【解析】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時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，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。2．（2022·北京·高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于紙面向里 B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大 D．軌跡3對應的粒子是正電子【答案】A【解析】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針轉動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；B．電子在云室中運行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運動的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此結論也成立，C錯誤。故選A。3．（2021·北京·高考真題）如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP=a。不計重力。根據(jù)上述信息可以得出（）A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B．帶電粒子在磁場中運動的速率C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．該勻強磁場的磁感應強度【答案】A【解析】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點為圓心，軌跡如圖所示A．由幾何關系可知因圓心的坐標為，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為故A正確；BD．洛倫茲力提供向心力，有解得帶電粒子在磁場中運動的速率為因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應強度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故BD錯誤；C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為則帶電粒子在磁場中運動的時間為因磁感應強度未知，則運動時間無法求得，故C錯誤；故選A。4．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產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，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移【答案】D【解析】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；B．增大加速電壓則根據(jù)可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據(jù)在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有可得可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，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磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）A．a帶負電荷 B．b帶正電荷C．c帶負電荷 D．a和b的動量大小一定相等【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，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，A錯誤，BC正確；D．粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即解得由于粒子a與粒子b的質量、電荷量大小關系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關系不確定，D錯誤。故選BC。6．(多選)（2021·全國·高考真題）如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，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圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關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）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場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入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力則磁感應強度與圓周運動軌跡關系為即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為，為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相切，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進入磁場，由左手定則可得，，為直角三角形，則由幾何關系可得解得解得磁場的磁感應強度最小值故選C。8．（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）一勻強磁場的磁感應強度大小為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。一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期粒子在磁場中運動的時間則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長；過點做半圓的切線交于點，如圖所示由圖可知，粒子從點離開時，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動時間最長；由圖中幾何關系可知，此時軌跡對應的最大圓心角為則粒子在磁場中運動的最長時間為故選C。9．(多選)（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點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。不計重力。下列說法正確的是（

）

A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【答案】BD【解析】D．假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運動的圓心

由幾何關系可知為直角，即粒子此時的速度方向為，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；A．假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和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，A錯誤；B．由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；C．速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤。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裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態(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．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點【答案】AD【解析】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉，根據(jù)左手定則可知粒子2應該帶正電，A正確、B錯誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；D．粒子2在磁場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可能打在探測器上的Q點，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，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磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。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方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應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直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有可得根據(jù)對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°。當粒子上下均經歷一次時，如圖因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得此時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粒子從下部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足（n=1，2，3……）此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。12．(多選)（2020·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（）A．粒子帶負電荷 B．粒子速度大小為C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為a D．N與O點相距【答案】AD【解析】A．粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；BC．粒子運動的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據(jù)幾何關系可知，則粒子運動的軌道半徑為洛倫茲力提供向心力解得BC錯誤；D．與點的距離為D正確。故選AD。13．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(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，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。己知粒子甲的質量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉移，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）粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，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P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，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，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)，可知此時乙粒子的運動半徑為可知在時，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動了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，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動了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，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動了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，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運動一周，則時乙粒子回到坐標原點，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa14．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內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)域存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，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，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。（1）求離子不進入區(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若，求能到達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）當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關系解得r1=2L根據(jù)解得在磁場中運動的周期運動時間

（2）若B2=2B1，根據(jù)可知粒子在磁場中運動軌跡如圖，設O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關系解得r2=2L根據(jù)解得（3）當最終進入區(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動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數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進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的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為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的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應強度B的大??；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉筒P角速度ω的大??；（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O點連線與x軸負方向的夾角）。【答案】（1）①，②，k=0，1，2，3…；（2），n=0，1，2，…；（3），，【解析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有則②離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動角度，k=0，1，2，3…（2）設速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為，有離子在磁場中的運動時間轉筒的轉動角度ω′t′=2nπ+θ轉筒的轉動角速度，n=0，1，2，…動量定理，n=0，1，2，…（3）轉筒的轉動角速度其中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鍵技術之一、帶電粒子流（每個粒子的質量為、電荷量為）以初速度垂直進入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在平面內的粒子，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、半徑為的圓形勻強磁場中，若帶電粒子流經過磁場后都匯聚到坐標原點，求該磁場磁感應強度的大??；（2）如圖（a），虛線框為邊長等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使匯聚到點的帶電粒子流經過該區(qū)域后寬度變?yōu)椋⒀剌S正方向射出。求該磁場磁感應強度的大小和方向，以及該磁場區(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中分別設計一個區(qū)域面積最小的勻強磁場，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標原點，再經過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?，并沿軸正方向射出，從而實現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應強度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強磁場區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）?！敬鸢浮浚?）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，【解析】（1）粒子垂直進入圓形磁場，在坐標原點匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運動的半徑等于圓形磁場的半徑，粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力解得（2）粒子從點進入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點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運動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強磁場區(qū)域磁場半徑為，根據(jù)可知磁感應強度為根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為（3）粒子在磁場中運動，3和4為粒子運動的軌跡圓，1和2為粒子運動的磁場的圓周根據(jù)可知I和III中的磁感應強度為，圖中箭頭部分的實線為粒子運動的軌跡，可知磁場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)對稱性可知II中的勻強磁場面積為17．（2020·江蘇·統(tǒng)考高考真題）空間存在兩個垂直于平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為、。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時從原點O沿x軸正向射入磁場，速度均為v。甲第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經過Q時，乙也恰好同時經過該點。已知甲的質量為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)甲兩次經過P點的時間間隔；(3)乙的比荷可能的最小值?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由得，，Q、O的距離為：(2)由(1)可知，完成一周期運動上升的距離為d，粒子再次經過P，經過N個周期，所以，再次經過P點的時間為由勻速圓周運動的規(guī)律得，繞一周的時間為所以，再次經過P點的時間為兩次經過P點的時間間隔為(3)由洛倫茲力提供向心力，由得，，完成一周期運動上升的距離若乙粒子從第一象限進入第二象限的過程中與甲粒子在Q點相遇，則，結合以上式子，n無解。若乙粒子從第二象限進入第一象限的過程中與甲離子在Q點相遇，則，計算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時，乙的比荷最小，為18．（2020·浙江·統(tǒng)考高考真題）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內存在邊界為矩形、方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，探測板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、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，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測板的寬度為，離子質量均為m、電荷量均為q，不計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邊界時與H點的距離s；(2)求探測到三束離子時探測板與邊界的最大距離；(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到距離L的關系。【答案】(1)，0.8R；(2)；(3)當時：；當時：；當時：【解析】(1)離子在磁場中做圓周運動得粒子的速度大小令c束中的離子運動軌跡對應的圓心為O，從磁場邊界邊的Q點射出，則由幾何關系可得，(2)a束中的離子運動軌跡對應的圓心為O’，從磁場邊界邊射出時距離H點的距離為x，由幾何關系可得即a、c束中的離子從同一點Q射出，離開磁場的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關系可得探測到三束離子，則c束中的離子恰好達到探測板的D點時，探測板與邊界的距離最大，則(3)a或c束中每個離子動量的豎直分量當時所有離子都打在探測板上，故單位時間內離子束對探測板的平均作用力當時，只有b和c束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為當時，只有b束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為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磁場，磁感應強度B的大小可調，方向不變。一質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力。（1）若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；（2）如果磁感應強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離?！敬鸢浮浚?）磁場方向垂直于紙面向里；；（2）；【解析】（1）由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足③由②可得，當磁感應強度大小最小時，設為Bm，粒子的運動半徑最大，由此得④（2）若磁感應強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關系⑥即⑦由幾何關系可得，P點與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨20．（2020·浙江·高考真題）通過測量質子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質子數(shù)與衰變產生總質子數(shù)N的比值），可研究中子（）的衰變。中子衰變后轉化成質子和電子，同時放出質量可視為零的反中微子。如圖所示，位于P點的靜止中子經衰變可形成一個質子源，該質子源在紙面內各向均勻地發(fā)射N個質子。在P點下方放置有長度以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離為a。在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。已知電子質量，中子質量，質子質量（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質子的動量。（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以為能量單位）；（2）當，時，求計數(shù)率；（3）若取不同的值，可通過調節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求與的關系并給出的范圍?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】（1）核反應方程滿足質量數(shù)和質子數(shù)守恒：核反應過程中：根據(jù)動量和動能關系：則總動能為：（2）質子運動半徑：如圖甲所示：打到探測板對應發(fā)射角度：可得質子計數(shù)率為：（3）在確保計數(shù)率為的情況下：即：如圖乙所示：恰能打到探測板左端的條件為：即：考點03帶電粒子在復合場中的運動1．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖甲所示，真空中有一長直細金屬導線，與導線同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設導線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質量為，電荷量為。不考慮出射電子間的相互作用。(1)可以用以下兩種實驗方案測量出射電子的初速度：a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓；b.在柱面內，只加與平行的勻強磁場。當電壓為或磁感應強度為時，剛好沒有電子到達柱面。分別計算出射電子的初速度。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為、長度為的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為，電子流對該金屬片的壓強為。求單位長度導線單位時間內出射電子的總動能?！敬鸢浮浚?）a.，b.；（2）【解析】（1）a.在柱面和導線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達柱面，此時速度為零，根據(jù)動能定理有解得b.在柱面內，只加與平行的勻強磁場，磁感應強度為時，剛好沒有電子到達柱面，設粒子的偏轉半徑為r，根據(jù)幾何關系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）撤去柱面，設單位時間單位長度射出的電子數(shù)為n，則單位時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)動量定理得金屬片上的壓強為解得故總動能為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，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統(tǒng)后注入處在水平面內的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為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處各有一個小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α很小時，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)偏轉系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(3)偏轉系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(4)偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(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射出離子的運動半徑為由得(2)經過電場后，離子在x方向偏轉的距離離開電場后，離子在x方向偏移的距離位置坐標為(，0)(3)離子進入磁場后做圓周運動半徑，經過磁場后，離子在y方向偏轉距離離開磁場后，離子在y方向偏移距離則位置坐標為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標為(，),電場引起的速度增量對y方向的運動不產生影響。3．（2021·河北·高考真題）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質量為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是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓的大??；（2）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點末在圖中標出）、對于粒子靶在區(qū)域內的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【解析】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運動，則半徑由解得（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則由幾何關系可知聯(lián)立解得（3）結合（2）分析可知，當粒子經上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關系可得②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③個粒子經過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經過H2后再次進入上方磁場區(qū)域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得4．（2021·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在x>0區(qū)域內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內存在沿x軸正方向的勻強電場。質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應）（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內加上與x>0區(qū)域內相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經一段時間后，在全部區(qū)域內加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內粒子甲運動的距離L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則則粒子從S到O，有動能定理可得可得（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度為、，取向上為正，則有計算可得兩粒子碰后在磁場中運動解得兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為則兩粒子碰后再次相遇解得再次相遇時間（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉角度為撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運動，乙粒子運動一段時間后，再整個區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示設撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了，由余弦定理可得則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運動的位移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、磁感應強度大小為B的勻強磁場。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），N板連接電流表后接地。位于坐標原點O的離子源能發(fā)射質量為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磁場偏轉后恰好垂直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；（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，調節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓；（4）若將分析器沿著x軸平移，調節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓與孔C位置坐標x之間關系式。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）當時，【解析】（1）速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經磁場偏轉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（2）速度大小為的離子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力解得半徑若要能在C點入射，則由幾何關系可得解得如圖由幾何關系可得（3）不管從何角度發(fā)射由（2）可得根據(jù)動力學公式可得，聯(lián)立解得（4）孔C位置坐標x其中聯(lián)立可得，解得在此范圍內，和（3）相同，只與相關，可得解得根據(jù)動力學公式可得，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加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間t?！敬鸢浮浚?）正電，；（2）；（3）【解析】（1）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理可知解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設粒子運動軌道圓弧對應的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關系，得設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，有帶電粒子在磁場中運動的時間聯(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，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標；（2）在時間內，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲?！飬⒖即鸢浮铩?）；（2）；（3），【命題意圖】本題考查帶電粒子在交變電場和磁場中的運動、動量定理及其相關知識點?！久麕熃馕觥浚?）在時間內，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內，根據(jù)粒子在磁場運動的周期可知粒子偏轉，速度反向，根據(jù)可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標為，即；（2）在時間內，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻的速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達點，則釋放的位置一定在時間內，粒子加速度時間為，在