專(zhuān)題15 磁場(chǎng)-2020-2024年五年高考物理真題分類(lèi)匯編（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題15磁場(chǎng)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(guó)卷、福建卷、廣東卷、重慶卷；2022年江蘇卷、浙江卷、福建卷、全國(guó)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(lái)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(guó)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(wèn)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(yǔ)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(kāi)放性和多角度性：試題答案將體現(xiàn)出多角度的開(kāi)放性，鼓勵(lì)學(xué)生獨(dú)立思考、表達(dá)自己的真實(shí)見(jiàn)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?，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(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(wèn)題：高考命題將更加注重考查學(xué)生解決實(shí)際問(wèn)題的能力，通過(guò)設(shè)置真實(shí)易懂的語(yǔ)篇，考查學(xué)生在特定情境下運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)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(wèn)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(guó)卷、天津卷、江蘇卷、浙江卷；2021年北京卷、全國(guó)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(guó)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(xiàn)垂直穿過(guò)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(xiàn)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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(shuō)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(guò)線(xiàn)圈平面的磁通量最大時(shí)，電流最大D．升壓變壓器中，副線(xiàn)圈的磁通量變化率大于原線(xiàn)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(xiàn)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(guò)線(xiàn)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(xiàn)圈中磁通量的變化率小于或等于原線(xiàn)圈中磁通量的變化率，D錯(cuò)誤。故選B。4．（2021·全國(guó)·高考真題）兩足夠長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)上，與OF在一條直線(xiàn)上，兩導(dǎo)線(xiàn)相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)通過(guò)電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場(chǎng)在距離導(dǎo)線(xiàn)d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中與導(dǎo)線(xiàn)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、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B【答案】B【解析】?jī)芍苯菍?dǎo)線(xiàn)可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線(xiàn)，由安培定則可知，兩直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(pán)附近懸掛一個(gè)小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動(dòng)圓盤(pán)繞中心軸高速旋轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．偏轉(zhuǎn)原因是圓盤(pán)周?chē)嬖陔妶?chǎng)B．偏轉(zhuǎn)原因是圓盤(pán)周?chē)a(chǎn)生了磁場(chǎng)C．僅改變圓盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)方向，偏轉(zhuǎn)方向不變D．僅改變圓盤(pán)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(pán)高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周?chē)写艌?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(pán)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(pán)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?lè)旁诎捉鸾z導(dǎo)線(xiàn)正下方，導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)直徑、導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(wú)關(guān)【答案】AB【解析】A．減小導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)換成銅導(dǎo)線(xiàn)，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(xiàn)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(xiàn)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(guó)·統(tǒng)考高考真題）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(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（

）測(cè)量序號(hào)Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A．測(cè)量地點(diǎn)位于南半球B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌?chǎng)大小約為50μTC．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(guò)這兩個(gè)磁極的假想直線(xiàn)（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≈50μTB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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)垂直坐標(biāo)系xOy平面，導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)中的電流大小相等，其中過(guò)a點(diǎn)的導(dǎo)線(xiàn)的電流方向垂直坐標(biāo)平面向里，其余導(dǎo)線(xiàn)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0B．O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由O指向cC．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(xiàn)中的電流大小相等，且到O點(diǎn)的距離相等，故四條導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)半圓環(huán)AB用兩根不可伸長(zhǎng)的絕緣線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)通以自A到B大小為I的電流，由左手定則，可知導(dǎo)線(xiàn)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(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，通過(guò)兩根長(zhǎng)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(zhǎng)。細(xì)桿通過(guò)開(kāi)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(kāi)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(kāi)關(guān)S接2，棒從右側(cè)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過(guò)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(guò)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(kāi)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(méi)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(guò)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(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度小于第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)可知棒兩次過(guò)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(xiàn)通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中．已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行．該導(dǎo)線(xiàn)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(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(xiàn)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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)右側(cè)，固定一矩形金屬線(xiàn)框，邊與導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)锽．線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸增大C．線(xiàn)框邊所受的安培力大小恒定D．線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，A錯(cuò)誤；B．線(xiàn)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(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B錯(cuò)誤；C．線(xiàn)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(xiàn)框所處空間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，線(xiàn)框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，根?jù)左手定則可知，線(xiàn)框邊所受的安培力水平向右，線(xiàn)框邊所受的安培力水平向左。通電直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)MN被兩等長(zhǎng)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(xiàn)通以電流I，靜止后，懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法正確的是（

）A．當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)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(xiàn)靜止在圖（a）右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線(xiàn)做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線(xiàn)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=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)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(xiàn)受力的因素，導(dǎo)線(xiàn)垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置。先保持導(dǎo)線(xiàn)通電部分的長(zhǎng)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(xiàn)通電部分的長(zhǎng)度L，得到導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)。同理保持電流I不變，改變通過(guò)電部分的長(zhǎng)度L，則F-L圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)。故選B。16．（2021·江蘇·高考真題）在光滑桌面上將長(zhǎng)為的軟導(dǎo)線(xiàn)兩端固定，固定點(diǎn)的距離為，導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)中的張力為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】從上向下看導(dǎo)線(xiàn)的圖形如圖所示導(dǎo)線(xiàn)的有效長(zhǎng)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(zhǎng)管中心有一固定長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，長(zhǎng)管外表面固定著對(duì)稱(chēng)分布的四根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，若中心直導(dǎo)線(xiàn)通入電流，四根平行直導(dǎo)線(xiàn)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(zhǎng)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(xiàn)之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導(dǎo)線(xiàn)間的安培力作用滿(mǎn)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(xiàn)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(xiàn)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(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)中通有垂直于紙面向里的電流I時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的方向?yàn)椋ǎ〢．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(xiàn)所處位置的磁感應(yīng)線(xiàn)的切線(xiàn)方向?yàn)樗较蛴?，根?jù)左手定則，可以判斷導(dǎo)線(xiàn)所受安培力的方向?yàn)橄蛳隆９蔬xB。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(xiàn)通以大小相同的電流I。在角平分線(xiàn)上，對(duì)稱(chēng)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(xiàn)圈靜止不動(dòng)，2、4線(xiàn)圈沿著對(duì)角線(xiàn)向內(nèi)運(yùn)動(dòng)B．1、3線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，2、4線(xiàn)圈沿著對(duì)角線(xiàn)向外運(yùn)動(dòng)C．2、4線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，1、3線(xiàn)圈沿著對(duì)角線(xiàn)向內(nèi)運(yùn)動(dòng)D．2、4線(xiàn)圈靜止不動(dòng)，1、3線(xiàn)圈沿著對(duì)角線(xiàn)向外運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】先對(duì)1和3線(xiàn)圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫(huà)出直流導(dǎo)線(xiàn)在線(xiàn)框中的磁場(chǎng)方向：電流大小相等，線(xiàn)圈關(guān)于兩導(dǎo)線(xiàn)對(duì)稱(chēng)，所以線(xiàn)圈中的磁通量為0，電流增大時(shí)，根據(jù)楞次定律可知線(xiàn)圈中無(wú)感應(yīng)電流，不受安培力，所以1和3線(xiàn)圈靜止不動(dòng)；再對(duì)2和4線(xiàn)圈進(jìn)行分析，根據(jù)安培定則畫(huà)出直流導(dǎo)線(xiàn)在線(xiàn)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(xiàn)的線(xiàn)圈導(dǎo)體周?chē)鸥袘?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(xiàn)圈沿著對(duì)角線(xiàn)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(shuō)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<90°;當(dāng)導(dǎo)體棒加速且加速度最大時(shí)，合力向右最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向右上方，磁場(chǎng)方向斜向右下方，此時(shí)有令根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得則有同理磁場(chǎng)方向與水平方向夾角為θ2，θ2<90°，當(dāng)導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時(shí)，合力向左最大，根據(jù)左手定則和受力分析可知安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場(chǎng)方向斜向左上方，此時(shí)有有所以有當(dāng)加速或減速加速度分別最大時(shí)，不等式均取等于，聯(lián)立可得帶入可得α=30°，此時(shí)加速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向右下方，有減速階段加速度大小最大時(shí)，磁場(chǎng)方向斜向左上方，有故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。21．(多選)（2021·重慶·高考真題）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同軸圓線(xiàn)圈水平固定，圓線(xiàn)圈P與、N共軸且平行等距。初始時(shí)，線(xiàn)圈通以等大反向的電流后，在線(xiàn)圈P處產(chǎn)生沿半徑方向的磁場(chǎng)，線(xiàn)圈P內(nèi)無(wú)電流且天平平衡。設(shè)從上往下看順時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎?。?dāng)左托盤(pán)放入重物后，要使線(xiàn)圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是（）A．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流B．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，則在P中通入負(fù)向電流C．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入正向電流D．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入負(fù)向電流【答案】BC【解析】AB．當(dāng)左托盤(pán)放入重物后，要使線(xiàn)圈P仍在原位置且天平平衡，則需要線(xiàn)圈P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中通入負(fù)向電流，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。22．(多選)（2021·浙江·高考真題）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長(zhǎng)直平行細(xì)導(dǎo)線(xiàn)a、b，分別通以和流向相同的電流，兩導(dǎo)線(xiàn)構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)p，到兩導(dǎo)線(xiàn)的距離相等。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力B．導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力可以用計(jì)算C．移走導(dǎo)線(xiàn)b前后，p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變D．在離兩導(dǎo)線(xiàn)所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置【答案】BCD【解析】A．兩導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)線(xiàn)所受的安培力可以用計(jì)算，因?yàn)榇艌?chǎng)與導(dǎo)線(xiàn)垂直，故B正確；C．移走導(dǎo)線(xiàn)b前，b的電流較大，則p點(diǎn)磁場(chǎng)方向與b產(chǎn)生磁場(chǎng)方向同向，向里，移走后，p點(diǎn)磁場(chǎng)方向與a產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同，向外，故C正確；D．在離兩導(dǎo)線(xiàn)所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線(xiàn)在任意點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)均不在同一條直線(xiàn)上，故不存在磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhǎng)的間距的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個(gè)寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向如圖所示．一根質(zhì)量，阻值的金屬棒a以初速度從左端開(kāi)始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，與另一根質(zhì)量，阻值的原來(lái)靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（

）A．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流C．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為D．金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處【答案】BD【解析】A．金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，故B正確；C．電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)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(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)量定理得解得對(duì)金屬棒第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度金屬棒a第一次穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)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(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱故C錯(cuò)誤；D．規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)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(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來(lái)的過(guò)程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)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(duì)金屬棒a，根據(jù)動(dòng)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(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進(jìn)技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄。一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示。兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回，圖中電源未畫(huà)出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為（k為常量）。金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)。當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)椤Ｒ阎獌蓪?dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng)，每一級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：（1）金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；（2）金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比；（3）金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由題意可知第一級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)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(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域的加速度大小為第二級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比為（3）金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)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(zhǎng)為，質(zhì)量為，下端插入導(dǎo)電液體中，導(dǎo)電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。（1）若插入導(dǎo)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(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開(kāi)液面時(shí)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(dǎo)電液體接觸，改變電動(dòng)勢(shì)的大小，通電后金屬桿跳起高度，通電時(shí)間，求通過(guò)金屬桿截面的電荷量。

【答案】（1），4A；（2）0.085C【解析】（1）對(duì)金屬桿，跳起的高度為，豎直上拋運(yùn)動(dòng)由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系式解得通電過(guò)程金屬桿收到的安培力大小為由動(dòng)能定理得解得（2）對(duì)金屬桿，通電時(shí)間，由動(dòng)量定理有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式通過(guò)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(dòng)導(dǎo)電液體運(yùn)動(dòng)的一種設(shè)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(dǎo)電平板豎直正對(duì)固定在長(zhǎng)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(dǎo)電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導(dǎo)電液體僅能從空隙進(jìn)入兩板間。初始時(shí)兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實(shí)現(xiàn)兩板間液面上升，可在兩板間加垂直于面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，兩板間液面上升時(shí)兩板外的液面高度變化可忽略不計(jì)。已知導(dǎo)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(chǎng)的方向；（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初始液面高度2倍時(shí)的電壓；（3）假定平板與容器足夠高，求電壓滿(mǎn)足什么條件時(shí)兩板間液面能夠持續(xù)上升?！敬鸢浮浚?）沿軸負(fù)方向；（2）；（3）【解析】（1）想實(shí)現(xiàn)兩板間液面上升，導(dǎo)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(chǎng)的方向沿軸負(fù)方向。（2）設(shè)平板寬度為，兩板間初始液面高度為，當(dāng)液面穩(wěn)定在高度時(shí)，兩板間液體的電阻為，則有當(dāng)兩板間所加電壓為時(shí)，設(shè)流過(guò)導(dǎo)電液體的電流為，由歐姆定律可得外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為時(shí)，設(shè)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(shí)，設(shè)兩板間高出板外液面的液體質(zhì)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(shè)兩板間液面穩(wěn)定時(shí)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(wú)窮大，即無(wú)限趨近于1，可得27．（2022·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）光點(diǎn)式檢流計(jì)是一種可以測(cè)量微小電流的儀器，其簡(jiǎn)化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質(zhì)絕緣彈簧，C為位于紙面上的線(xiàn)圈，虛線(xiàn)框內(nèi)有與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；M為置于平臺(tái)上的輕質(zhì)小平面反射鏡，輕質(zhì)剛性細(xì)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(diào)零:使線(xiàn)圈內(nèi)沒(méi)有電流通過(guò)時(shí)，M豎直且與紙面垂直；入射細(xì)光束沿水平方向經(jīng)上的O點(diǎn)射到M上后沿原路反射。線(xiàn)圈通入電流后彈簧長(zhǎng)度改變，使M發(fā)生傾斜，入射光束在M上的入射點(diǎn)仍近似處于的圓心，通過(guò)讀取反射光射到上的位置，可以測(cè)得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，線(xiàn)圈C的匝數(shù)為N。沿水平方向的長(zhǎng)度為l，細(xì)桿D的長(zhǎng)度為d，圓弧的半徑為r﹐，d遠(yuǎn)大于彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值。（1）若在線(xiàn)圈中通入的微小電流為I，求平衡后彈簧長(zhǎng)度改變量的絕對(duì)值及上反射光點(diǎn)與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)s；（2）某同學(xué)用此裝置測(cè)一微小電流，測(cè)量前未調(diào)零，將電流通入線(xiàn)圈后，上反射光點(diǎn)出現(xiàn)在O點(diǎn)上方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為、保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點(diǎn)出現(xiàn)在О點(diǎn)下方，與O點(diǎn)間的弧長(zhǎng)為。求待測(cè)電流的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）【解析】（1）由題意當(dāng)線(xiàn)圈中通入微小電流I時(shí)，線(xiàn)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(shè)此時(shí)細(xì)桿轉(zhuǎn)過(guò)的弧度為θ，則可知反射光線(xiàn)轉(zhuǎn)過(guò)的弧度為2θ，又因?yàn)閐>>x，r>>d則sinθ≈θ，sin2θ≈2θ所以有x=dθs=r2θ聯(lián)立可得（2）因?yàn)闇y(cè)量前未調(diào)零，設(shè)沒(méi)有通電流時(shí)偏移的弧長(zhǎng)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(shuō)法正確的是（

）

A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度不變C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功【答案】A【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(guò)程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯(cuò)誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯(cuò)誤。故選A。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(shuō)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(lái)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(lái)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(guò)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(xiàn)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(wú)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(wú)法求得，故C錯(cuò)誤；故選A。4．（2020·全國(guó)·統(tǒng)考高考真題）CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線(xiàn)斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱(chēng)，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(xiàn)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(xiàn)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(kāi)始沿帶箭頭的實(shí)線(xiàn)所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(xiàn)（如圖中帶箭頭的虛線(xiàn)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(xiàn)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(shuō)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(guò)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(guó)·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(kāi)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(kāi)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(guó)·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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)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(guó)·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(xiàn)所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線(xiàn)，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(zhǎng)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(wú)關(guān)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)；過(guò)點(diǎn)做半圓的切線(xiàn)交于點(diǎn)，如圖所示由圖可知，粒子從點(diǎn)離開(kāi)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(zhǎng)；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(zhǎng)時(shí)間為故選C。9．(多選)（2023·全國(guó)·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(kāi)有一個(gè)小孔，過(guò)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(xiàn)方向的分量大小不變，沿法線(xiàn)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(shuō)法正確的是（

）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過(guò)圓心OB．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(xiàn)【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)椋f(shuō)明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱(chēng)性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；A．假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程過(guò)O點(diǎn)，則過(guò)P點(diǎn)的速度的垂線(xiàn)和OP連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱(chēng)性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線(xiàn)和AO連線(xiàn)的中垂線(xiàn)依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過(guò)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(jiǎn)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(xiàn)通過(guò)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(shuō)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(méi)有偏轉(zhuǎn)，說(shuō)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(wú)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(xiàn)SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿(mǎn)方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿(mǎn)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(guò)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(chēng)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(chēng)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(guò)以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿(mǎn)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(mǎn)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(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）垂直穿過(guò)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a D．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(guò)程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大?。唬?）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；（3）時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到的過(guò)程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。（本小問(wèn)不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，只寫(xiě)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(shuō)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(guò)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(guò)程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過(guò)程中乙粒子走過(guò)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(guò)程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過(guò)程中乙粒子走過(guò)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(lèi)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(guò)程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過(guò)程中乙粒子走過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)程中乙粒子走過(guò)的路程為S0=3πa故整個(gè)過(guò)程中乙粒子走過(guò)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(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(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、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(guò)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(guò)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(yíng)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(kāi)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的大小；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??；（2）較長(zhǎng)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的大小；（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(xiàn)與x軸負(fù)方向的夾角）?！敬鸢浮浚?）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(wèn)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(guò)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(xiàn)框?yàn)檫呴L(zhǎng)等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線(xiàn)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(guò)該區(qū)域后寬度變?yōu)椋⒀剌S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(wú)需寫(xiě)出面積最小的證明過(guò)程）；（3）如圖（b），虛線(xiàn)框Ⅰ和Ⅱ均為邊長(zhǎng)等于的正方形，虛線(xiàn)框Ⅲ和Ⅳ均為邊長(zhǎng)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(guò)Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)椋⒀剌S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(wú)需寫(xiě)出面積最小的證明過(guò)程）?！敬鸢浮浚?）；（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(mǎn)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(xiàn)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(guò)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(xiàn)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(lèi)似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為根據(jù)對(duì)稱(chēng)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(guò)y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過(guò)Q時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過(guò)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(guò)P點(diǎn)的時(shí)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(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(guò)P，經(jīng)過(guò)N個(gè)周期，所以，再次經(jīng)過(guò)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(guò)P點(diǎn)的時(shí)間為兩次經(jīng)過(guò)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(guò)程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則，結(jié)合以上式子，n無(wú)解。若乙粒子從第二象限進(jìn)入第一象限的過(guò)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(jiǎn)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?！敬鸢浮?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(kāi)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(guó)·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(guò)y軸正半軸離開(kāi)磁場(chǎng)，分析說(shuō)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(guò)虛線(xiàn)所示邊界上的一點(diǎn)離開(kāi)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?！敬鸢浮浚?）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(guò)y軸正半軸離開(kāi)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(mǎn)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(guò)圖中P點(diǎn)離開(kāi)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⑨20．（2020·浙江·高考真題）通過(guò)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(xiāo)個(gè)質(zhì)子。在P點(diǎn)下方放置有長(zhǎng)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(xiě)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(guò)調(diào)節(jié)的大小獲得與（2）問(wèn)中同樣的計(jì)數(shù)率，求與的關(guān)系并給出的范圍?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】（1）核反應(yīng)方程滿(mǎn)足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：核反應(yīng)過(guò)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(zhǎng)直細(xì)金屬導(dǎo)線(xiàn)，與導(dǎo)線(xiàn)同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)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(méi)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(zhǎng)為、長(zhǎng)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(zhǎng)度導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒(méi)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(méi)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(zhǎng)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(guò)程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過(guò)磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個(gè)小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分布區(qū)域是同一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L(zhǎng)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場(chǎng)及磁場(chǎng)時(shí)，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個(gè)系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時(shí)，有，。求：(1)離子通過(guò)速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來(lái)離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說(shuō)明理由?！敬鸢浮?1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見(jiàn)解析【解析】(1)通過(guò)速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為由得(2)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離離開(kāi)電場(chǎng)后，離子在x方向偏移的距離位置坐標(biāo)為(，0)(3)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離離開(kāi)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏移距離則位置坐標(biāo)為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場(chǎng)引起的速度增量對(duì)y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響。3．（2021·河北·高考真題）如圖，一對(duì)長(zhǎng)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(zhǎng)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?。?，用于接收從上方打入的粒子，長(zhǎng)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??；（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(kāi)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(zhǎng)度（假定在每個(gè)粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(guò)下方磁場(chǎng)時(shí)軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過(guò)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x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）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(kāi)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?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）粒子甲勻速圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)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(xiàn)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(xiāo)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(xiāo)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(zhǎng)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(méi)有畫(huà)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(zhǎng)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?！敬鸢浮浚?）；（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(kāi)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?！敬鸢浮浚?）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(mén)，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?！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(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)?！久麕熃馕觥浚?）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