1、专题10 磁场2022年高考真题1、（2022湖南卷T3）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO上，其所在区域存在方向垂直指向OO的磁场，与OO距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（）A. 当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向MB. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C. tan与电流I成正比D. sin与电流I成正比【答案】D【解析】A当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错
2、误；BCD由于与OO距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有，FT=mgcos则可看出sin与电流I成正比，当I增大时增大，则cos减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。故选D。2、（2022广东卷T8）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）A. 电子从N到P，电场力做正功B. N点的电势高于P点的电势C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力【答案】BC【解析】A由题可知电子所受电场力水
3、平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；B根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；C由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；D由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；故选BC。3、（2022广东卷T7）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直
4、平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】AB由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；CD根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。故选A。4、（2022全国甲卷T18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（
5、平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】AC在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误；BD运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开
6、始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。5、（2022全国乙卷T18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（）测量序号Bx/TBy/TBz/T1021 - 4520 - 20 - 463210 - 454 - 210 - 45A. 测量地点位于南半球B. 当地的地磁场大
7、小约为50TC第2次测量时y轴正向指向南方D. 第3次测量时y轴正向指向东方【答案】BC【解析】A如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；B磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为计算得B 50TB正确；CD由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。故选BC。6、（2022浙江6月卷T
8、15）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（）A. 轨道半径r小的粒子角速度一定小B. 电荷量大的粒子的动能一定大C. 粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D. 当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动【答案】BC【解析】A根据电场力提供向心力可得解得可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；BC根据电场力提供向心力可得解得又联立可得可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；D磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能
9、做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。故选BC。7、（2022浙江1月卷T7）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（）A. Q对P磁力大小等于B. P对Q的磁力方向竖直向下C. Q对电子秤的压力大小等于FD. 电子秤对Q的支持力大小等于【答案】D【解析】AB由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水
10、平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；CD对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于，即Q对电子秤的压力大小等于，选项C错误，D正确。故选D。8、（2022浙江1月卷T3）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据F=BIL可知先保持导
11、线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则CD均错误。故选B。9、（2022湖北T8）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从点射出，设出射方向与入射方向的夹角为，则离子的入射速度和对应角的可能组合为（）A.
12、kBL，0B. kBL，0C. kBL，60D. 2kBL，60【答案】BC【解析】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有可得根据对称性可知出射速度与SP成30角向上，故出射方向与入射方向的夹角为=60。当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有根据洛伦兹力提供向心力有可得此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为=0。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3）此时出射方向与入射方向的夹角为=60；当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3）此时出射方向与入射方向的夹角为=0。故可知BC正确，AD错误。故选B
13、C。10、（2022湖北T11）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（）A. 棒与导轨间的动摩擦因数为B. 棒与导轨间的动摩擦因数为C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，=60D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，=
14、150【答案】BC【解析】设磁场方向与水平方向夹角为1，190;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有令根据数学知识可得则有同理磁场方向与水平方向夹角为2，2 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。（1）求磁感应强度B的大小；若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度的大小；（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为，求转
15、筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。【答案】（1），k = 0，1，2，3；（2），n = 0，1，2，；（3），【解析】（1）离子在磁场中做圆周运动有则离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度，k = 0，1，2，3（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有离子在磁场中的运动时间转筒的转动角度t = 2n + 转筒的转动角速度，n = 0，1，2，动量定理，n = 0，1，2，（3）转筒的转动角速度其中k = 1，n = 0，2可得，13、（2022全国甲
16、卷T25）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁
17、场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为rrd，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Dx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。【答案】（1），；（2）【解析】（1）由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为F=NBIl根据胡克定律有F=NBIl=kDx设此时细杆
18、转过的弧度为，则可知反射光线转过的弧度为2，又因为dDx，rd则sin ，sin2 2所以有Dx=ds=r2联立可得（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s，当初始时反射光点在O点上方，通电流I后根据前面的结论可知有当电流反向后有联立可得同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电流的大小为14、（2022山东卷T17）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方
19、向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用表示）；（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略
20、离子间相互作用）。【答案】（1）；（2）；（3）（，）；（4）【解析】（1）如图所示将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有联立解得（2）如图所示离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得可得为了使离子在磁场中运动，需满足，联立可得要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为离子在磁场II中的轨迹半径为离
21、子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示离子第四次穿过平面的坐标为离子第四次穿过平面的坐标为故离子第四次穿过平面的位置坐标为（，）（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得可得离子甲在磁场I中的轨迹半径为离子甲在磁场II中的轨迹半径为离子乙在磁场I中的轨迹半径为离子乙在磁场II中的轨迹半径为根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示从点进入磁场到第一个交点过程，有可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为15、（2022湖南卷T13）如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里
22、的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。（1）求直流电源的电动势；（2）求两极板间磁场的磁感应强度；（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得两端的电压根据欧姆定律得联立解得（2）如图所示设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系解得根据解得（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与
23、水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得解得2021年高考真题1（2021广东卷）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（）ABCD【答案】C【解析】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受
24、到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。2（2021河北卷）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）A导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，B导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，C导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，D导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，【答
25、案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足由欧姆定律和安培力公式可得再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得则金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故选B。3（2021全国卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离
26、均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（）AB、0B0、2BC2B、2BDB、B【答案】B【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上分析B正确。故选B。4（2021全国卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（）ABCD【答
27、案】B【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。5（2021浙江卷）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（）A电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场【答案】B【解析】根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场。故选
28、B。6（2021浙江卷）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以和流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）A两导线受到的安培力B导线所受的安培力可以用计算C移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置【答案】BCD【解析】A两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；B导线所受的安培力可以用计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；C移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，向外，故C正确；
29、D在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。故选BCD。7（2021山东卷）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经区、区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的
30、相互作用，不计重力。（1）求离子在区中运动时速度的大小v；（2）求区内电场强度的大小E；（3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设离子在区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得根据几何关系得联立式得（2）离子在区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得由运动的合成与分解得，
31、联立得（3）区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcos的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得，由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在区内的运动时间不变，故有C到的距离联立得8（2021全国卷）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场
32、，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）；（2）；（3）粒子运动轨迹见解析，【解析】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知 粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60，有 粒子发射位置到P点的距离 由式得 （2）带电粒子在磁场运动在速度 带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径 最大半径
33、 带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知 由解得，磁感应强度大小的取值范围（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知带电粒子的运动半径为 粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离 由式解得 9（2021河北卷）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶
34、（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在磁场中做圆周运动，则半径
35、由解得（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则由几何关系可知联立解得（3）设被粒子靶接收到n种能量的粒子中能量最小的粒子，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0，则，其中由(2)问分析可得，为定值才不能被OM板吸收越小，k越小，粒子靶离C点越近。最小为，由于要求，则k最小取1，此时最小，即CH点的距离当粒子靶向右移动时，增大，粒子靶一定能接收到多种能量的粒子，故10（2021浙江卷）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子
36、源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。（1）求离子从
37、小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力有联立解得当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，
38、离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有此时；根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故的取值范围为；（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有且满足所以可得所以可得离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为方向沿z轴负方向。11（2021广东卷）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90的扇环形匀强磁场区、和。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反
39、向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求区的磁感应强度大小、电子在区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。【答案】（1），；（2）【解析】（1）电子在电场中加速有在磁场中，由几何关系可得联立解得在磁场中的运动周期为由几何关系可得，电子在磁场中运动的圆心角为在磁
40、场中的运动时间为联立解得从Q点出来的动能为（2）在磁场中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与边界相切，由几何关系可得解得由于联立解得12（2021湖南卷）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，
41、使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；（3）如图（b），虛线框和均为边长等于的正方形，虚线框和均为边长等于的正方形。在、和中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入和后汇聚到坐标原点，再经过和后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求和中磁场磁感应强度的大小，以及和中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。【答案】（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），【解析】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒
42、子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域磁场半径为，根据可知磁感应强度为根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周根据可知I和III中的磁感应强度为，图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之
43、差，所以阴影部分的面积为类似地可知IV区域的阴影部分面积为根据对称性可知II中的匀强磁场面积为13（2021浙江卷）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的
44、分布区域是同一边长为L的正方体，其速度选择器底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当很小时，有，。求：(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。【答案】(1)，；(2)（，0
45、）；(3)（0，）；(4)见解析【解析】(1)通过速度选择器离子的速度从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为由得(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离离开电场后，离子在x方向偏移的距离位置坐标为(，0)(3)离子进入磁场后做圆周运动半径经过磁场后，离子在y方向偏转距离离开磁场后，离子在y方向偏移距离则位置坐标为(0，)(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。2020年高考真题1（2020海南卷）如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左
46、端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（）A金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为D金属棒a最终停在距磁场左边界处【答案】BD【解析】A金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；B根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C
47、电路中产生的平均电动势为平均电流为金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得解得对金属棒第一次离开磁场时速度金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即联立并带入数据得由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热故C错误；D规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为设金属棒a最终停在距磁场左边界处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为平均电流为金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得联立并带入数据解得故D正确。
48、故选BD。2（2020天津卷）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A粒子带负电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相距【答案】AD【解析】A粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；BC粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知，则粒子运动的轨道半径为洛伦兹力提供向心力解得BC错误；D与点的距离为D正确。故选AD。3
49、（2020海南卷）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（）A向上B向下C向左D向右【答案】B【解析】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。故选B。4（2020北京卷）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A偏转原因是圆盘周围存在电场B偏转原因是圆盘周围产生了磁场C仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不
50、变【答案】B【解析】AB小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；C仅改变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；D仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。故选B。5（2020浙江卷）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影
51、响，则（）Ab点处的磁感应强度大小为0Bd点处的磁感应强度大小为0Ca点处的磁感应强度方向竖直向下Dc点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【解析】A通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示在b点产生的磁场方向向上，在b点产生的磁场方向向下，因为即则在b点的磁感应强度不为零，A错误；BCD如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确。故选C。6（2020全国卷）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量
52、为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）ABCD【答案】C【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示 A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，为直角三角形，则由几何关系可得解得解得磁场的磁感应强度最小值故选C。7（2020全国卷）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线
53、所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）ABCD【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，可得粒子在磁场中的周期粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5Rr0
54、）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；（2）；【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有由此可得粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足由可得，
55、当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系即由几何关系可得，P点与x轴的距离为联立式得16（2020浙江卷）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（）的衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下
56、方放置有长度以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量，中子质量，质子质量（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量。（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以为能量单位）；（2）当，时，求计数率；（3）若取不同的值，可通过调节的大小获得与（2）问中同样的计数率，求与的关系并给出的范围。【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：核反应过程中：根据动量和动能关系：则总动能为：（2）质子运动半径：如图甲所示：打到探测板对应发射角度：可得质子计数率为：（3）在确保计数率为的情况下：即：如图乙所示：恰能打到探测板左端的条件为：即：
