考點13 磁場-五年（2020-2024年）高考物理真題專項分類匯編

五年（2020-2024）高考真題專項分類匯編PAGEPAGE34考點13磁場—五年（2020—2024年）高考物理真題專項分類匯編一、單選題1．[2024年湖北高考真題]如圖所示，在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是()A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B.粒子射出圓形區(qū)域時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點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為2．[2024年廣西高考真題]坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為()A. B. C. D.3．[2023年湖南高考真題]如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒tB.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)椋瑒tC.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則4．[2023年海南高考真題]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(guān)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5．[2022年海南高考真題]有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的()A.質(zhì)量 B.電量 C.比荷 D.動能6．[2022年浙江高考真題]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(yīng)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二、多選題7．[2024年湖北高考真題]磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強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、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大8．[2024年安徽高考真題]空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為B.油滴a做圓周運動的速度大小為C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動9．[2024年河北高考真題]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磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。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邊時速度方向與ad邊夾角為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邊時速度方向與ad邊夾角必為60°10．[2023年福建高考真題]地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對于地磁場的形成機制尚無共識。一種理論認為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流。基于此理論，下列判斷正確的是()A.地表電荷為負電荷B.環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C.若地表電荷的電量增加，則地磁場強度增大D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強度增大11．[2022年湖北高考真題]在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為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P點射出，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應(yīng)θ角的可能組合為()A. B. C. D.12．[2021年海南高考真題]如圖，在平面直角坐標(biāo)系Oxy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當(dāng)時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則()A.粒子一定帶正電B.當(dāng)時，粒子也垂直x軸離開磁場C.粒子入射速率為D.粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為13．[2021年湖北高考真題]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(biāo)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三、計算題14．[2024年海南高考真題]如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離。15．[2024年湖南高考真題]如圖，有一內(nèi)半徑為、長為L的圓筒，左右端面圓心處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點，取方向為x軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在處向圓筒內(nèi)多個方向發(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。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進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求的絕對值；（3）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。16．[2023年山東高考真題]如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。（?。┣蟾淖兒箅妶鰪姸鹊拇笮『土Ｗ拥某跛俣?；（ⅱ）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場。17．[2023年遼寧高考真題]如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為的粒子沿中線以速度水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。（1）求金屬板間電勢差U。（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ。（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。18．[2024年江蘇高考真題]如圖所示，兩個半圓環(huán)區(qū)中有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為、。ab與間有一個勻強電場，電勢差為U，cd與間有一個插入體，電子每次經(jīng)過插入體速度減小為原來的k倍?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場、電場后再次到達cd面，速度增加，多次循環(huán)運動后，電子的速度大小達到一個穩(wěn)定值，忽略相對論效應(yīng)，不計電子經(jīng)過插入體和電場的時間。求：（1）電子進入插入體前后在磁場中運動的半徑、之比；（2）電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度v；（3）若電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達邊界d，求電子從P到d的時間t。19．[2022年江蘇高考真題]利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；（2）粒子a的動量大小。20．[2022年江蘇高考真題]某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，邊長為，邊長為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為，入射角為θ，在紙面內(nèi)運動，不計重力及粒子間的相互作用力。（1）當(dāng)時，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時間t；（2）當(dāng)時，若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍；（3）當(dāng)，粒子在θ為范圍內(nèi)均勻射入電場，求從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比。21．[2024年山東高考真題]如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系，區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于軸上兩點，，擋板上有一小孔K位于MN中點。之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進入磁場。擋板的厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓；（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)。22．[2024年貴州高考真題]如圖，邊長為L的正方形區(qū)域及矩形區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區(qū)域，切點為的中點，該圓形區(qū)域與區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)邊的中點進入?yún)^(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：（1）粒子沿直線通過區(qū)域時的速度大??；（2）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；（3）粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。

——★參考答案★——1．答案：D解析：根據(jù)帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動性質(zhì)可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向一定沿該區(qū)域的半徑方向，AB錯誤；當(dāng)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為時，粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入磁場區(qū)域的時間間隔最短，其運動軌跡如圖1所示，由洛倫茲力提供向心力有，又，則最短時間間隔為，C錯誤；粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短時，粒子的運動軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知此時粒子的軌跡半徑為，由洛倫茲力提供向心力有，聯(lián)立解得，D正確。2．答案：C解析：粒子運動軌跡如圖所示在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點至O點的距離故選C。3．答案：D解析：粒子在Ⅰ中粒子在Ⅱ中運動的軌跡半徑為，所用時間，僅將變?yōu)閺腃F的四等分點處豎直向下射出，僅將E變?yōu)閺腇點豎直向下射出，粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動軌跡如圖1所示，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角均為90°，粒子在Ⅱ中運動的時間仍為，AB錯。僅將Ⅱ中磁場變?yōu)榘霃?，粒子從OF邊離開，如圖2所示→對應(yīng)圓心角的正弦值粒子轉(zhuǎn)過圓心角粒子運動時間，C錯。僅將Ⅱ中磁場變?yōu)榘霃剑Ｗ訌腛F邊離開，如圖3所示→對應(yīng)圓心角的正弦值粒子轉(zhuǎn)過圓心角粒子運動時間，D對。4．答案：A解析：小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A對；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯；洛倫茲力永不做功，D錯。5．答案：C解析：粒子在輻射電場中以速度v做勻速圓周運動，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強磁場中解得粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉(zhuǎn)動半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度v和比荷。故選C。6．答案：B解析：磁場對電流有力的作用，靜止的電荷不會產(chǎn)生等效電流，所以恒定的磁場不會對其有力的作用，選項A錯誤；小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應(yīng)強度的方向，選項B正確；正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，磁通量變化率最小，此時電流為零，選項C錯誤；變壓器中，考慮到漏磁因素，副線圈的磁通量變化率小于原線圈的磁通量變化率，選項D錯誤。7．答案：AC解析：由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側(cè)噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉(zhuǎn)，帶負電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以極板MN帶正電，為發(fā)電機的正極，A正確；極板間的電壓穩(wěn)定后，對在極板間運動的某個帶電粒子，有，又，可得，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；結(jié)合B項分析可知，僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；結(jié)合B項分析可知，僅增大等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓不變，D錯誤。8．答案：ABD解析：A.油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，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做圓周運動的速度大小為故B正確；C.設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得解得周期為故C錯誤；D.帶電油滴a分離前后動量守恒，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為正方向，得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沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABD。9．答案：ACD解析：根據(jù)題意可知，粒子一定從ad邊進入無磁場區(qū)，當(dāng)粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°時，由幾何關(guān)系可知其一定穿過dc邊進入磁場，然后由BC邊射出，則其運動軌跡如圖1所示，由對稱性可知，該粒子垂直BC射出，A正確；當(dāng)粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若其從cd邊射出無磁場區(qū)，假設(shè)其能垂直BC射出，則其運動軌跡如圖2所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，與矛盾，顯然假設(shè)不成立，該粒子不能垂直BC射出，B錯誤；若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，其運動軌跡如圖3所示，則由幾何關(guān)系可知，該運動軌跡關(guān)于線段BD對稱，所以兩段圓弧軌跡所對圓心角相等，又兩圓心角的和為90°，所以粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊的夾角為45°，C正確；若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，其運動軌跡如圖4所示，由幾何關(guān)系有，又，解得粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊的夾角為60°，D正確。10．答案：AC解析：A.根據(jù)右手螺旋定則可知，地表電荷為負電荷，故A正確；B.由于地表電荷為負電荷，則環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，故B錯誤；C.若地表電荷的電量增加，則等效電流越大，地磁場強度增大，故C正確；D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則等效電流越小，地磁場強度減小，故D錯誤。故選AC。11．答案：BC解析：通過作圖可以得到規(guī)律，當(dāng)，時，，結(jié)合，得此時速度，故C正確，D錯誤；當(dāng)時，此時，故B正確，A錯誤。12．答案：ACD解析：根據(jù)題意，粒子垂直x軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子一定帶正電，A正確。當(dāng)時，粒子垂直x軸離開磁場，其運動軌跡如圖甲所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子運動的半徑為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立解得粒子入射速率。若，粒子運動軌跡如圖乙所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直(若垂直，運動軌跡的圓心應(yīng)該在x軸上，顯然不符合)，B錯誤，C正確。粒子離開磁場的位置與O點距離最遠時，粒子在磁場中的軌跡為半圓，如圖丙所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知，解得，D正確。13．答案：BC解析：由左手定則可知，微粒a和b均帶正電，電中性微粒分裂的過程中，總電荷量應(yīng)保持不變，則微粒c應(yīng)帶負電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，則軌道半徑，由于微粒a與微粒b的電荷量大小關(guān)系未知，則微粒a與微粒b的動量大小關(guān)系不確定，D錯誤。14．答案：（1），（2）（3），解析：（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由（1）可得，粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心連線，則區(qū)域Ⅰ圓心和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進運動，根據(jù)角度可知故當(dāng)方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為15．答案：（1）（2）（3）解析：（1）將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度軸方向的速度，則電子做沿x軸正方向的勻速運動和投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為，電子均能經(jīng)過O進入電場，則聯(lián)立解得當(dāng)時，（2）由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到y(tǒng)Oz平面內(nèi)的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有則（3）電子在電場中做類斜拋運動，當(dāng)電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為時，電子在電場中運動的y軸正方向的最大位移最大，由牛頓第二定律有由速度位移公式有聯(lián)立解得16．答案：（1）（2）（?。?；；（ⅱ）不能解析：（1）根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡如圖1所示，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后進入磁場的速度大小為，在磁場中做圓周運動的半徑為，則由動能定理得由牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得（2）（?。┤鐖D2所示，設(shè)粒子第一次經(jīng)電場加速后進入磁場的速度大小為，在磁場中做圓周運動的半徑為，粒子從P點第二次進入電場時速度的方向與x軸負方向的夾角為θ，第二次在電場中運動的時間為t，則由動能定理得由牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得即從P點第二次進入電場后，在電場中運動時，由運動學(xué)公式得聯(lián)立解得（ⅱ）解法一設(shè)粒子從Q點離開電場時，速度大小為，方向與y軸正方向的夾角為φ，沿y軸方向的分量為，在磁場中做圓周運動的半徑為r，則由運動學(xué)公式得由牛頓第二定律得解得假設(shè)粒子能從P點第三次進入電場，對應(yīng)的軌跡半徑為，如圖3所示，由幾何關(guān)系得又解得由于，故假設(shè)不成立，即粒子不能從P點第三次進入電場解法二如圖3所示，設(shè)粒子從Q點離開電場時，速度大小為，方向與y軸正方向的夾角為φ，在磁場中做圓周運動的半徑為，圓心（圖中未畫出）位置坐標(biāo)為，由幾何關(guān)系有粒子在電場中運動，由動能定理有由幾何關(guān)系得粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得則P點到圓心的距離因為，所以粒子不能從P點第三次進入電場17．答案：（1）（2）60°（3）見解析解析：（1）設(shè)平行金屬板間距為d，則平行金屬板板長為粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動水平方向：豎直方向：又聯(lián)立解得（2）粒子進入磁場時的速度設(shè)其與水平方向的夾角為α，則，即由得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑已知磁場圓半徑，則作出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等，由幾何關(guān)系可得故（3）根據(jù)幾何關(guān)系，將磁場圓繞點順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)O點轉(zhuǎn)到M點，粒子在磁場中的運動軌跡相應(yīng)的弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運動時間最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的磁場圓的圓心M，如圖2所示。18．答案：（1）

（2），方向垂直于cd向左

（3）解析：（1）設(shè)電子進入插入體前后的速度大小分別為、，由題意可得

電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

解得

可知在磁場中的運動半徑，可得

（2）電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度大小為v，則經(jīng)過插入體后的速度大小為kv。電子經(jīng)過電場加速后速度大小為v，根據(jù)動能定理得

解得

方向垂直于cd向左。

（3）電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達邊界上的d點。由Р點開始相繼在兩個半圓區(qū)域的運動軌跡如下圖所示。

根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運動半徑為

電子在左半圓區(qū)域的運動半徑為kr，則

P點與d點之間的距離為

電子由Р點多次循環(huán)后到達d點的循環(huán)次數(shù)為

電子在左、右半圓區(qū)域的運動周期均為

忽略經(jīng)過電場與插入體的時間，則每一次循環(huán)的時間均等于T，可得電子從Р到d的時間為19．答案：（1）；（2）解析：（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得由題干知半徑之比，故因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，則分裂后粒子在磁場中的速度為聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律因為分裂后動量關(guān)系為，聯(lián)立解得20．答案：（1）；（2）或；（3）解析：（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為根據(jù)可知解得（2）粒子進入電場時