专题07 磁场（10年汇编）（浙江专用）2017-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 高中物理磁场专题10年浙江高考真题汇编，涵盖电流磁场、安培力、带电粒子运动等核心考点，以特高压输电、磁阻尼减振等科技情境为载体，注重跨学科综合与分层能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约20题|电流磁场（安培定则）、安培力（平行导线）、霍尔效应|结合地下管线探测、磁场检测芯片等实景，考查合磁场叠加、临界受力分析| |非选择题|约10题|带电粒子圆周运动（气泡室、质谱仪）、复合场（速度选择器）|多层变磁场分段计算、融合动量定理与动能定理，体现工业测量装置应用|

专题07 磁场 10年真题 考点 浙江考情 命题创新特点 电流磁场、安培定则 2017-2020 高频 特高压输电线、地下管线探测实景，多导线合磁场矢量叠加，判断零磁场点位 安培力、平行通电导线 2018、2024、2026 磁阻尼减振、磁场检测芯片、电磁弹射，结合弹簧振动、电阻应变片跨力学综合 带电粒子圆周运动 2017-2026 必考 气泡室、离子加速器、质谱仪、转筒分选，多层变磁场、变速度分段几何计算 复合场（电 + 磁） 2021-2025 热点 速度选择器、离子注入、斜杆小球，融合动量定理、动能定理、临界受力分析 霍尔 / 磁流体 / 流量计 2018、2023、2026 工业测量装置情境，结合电路电势、平衡条件简化定量计算 考点01磁场基本性质 1．（2020•浙江）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I1和I2，I1＞I2．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。不考虑地磁场的影响，则（　　） A．b点处的磁感应强度大小为0 B．d点处的磁感应强度大小为0 C．a点处的磁感应强度方向竖直向下 D．c点处的磁感应强度方向竖直向下 【答案】C 【解答】解：A、根据安培定则可知，电流I1产生的磁场在b处方向竖直向上，电流I2产生的磁场在b处的磁感应强度方向竖直向下，由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在b处的磁感应强度大，则两电流在b点的合磁场的磁感应强度方向竖直向上，故A错误； B、由于I1＞I2，可知电流I1产生的磁场在d处的磁感应强度大，则d点处的磁场磁感应强度不可能为零，故B错误； C、由安培定则可知，两电流产生的磁场在a处都是竖直向下，则两电流的合磁场在a处方向竖直向下，故C正确； D、由安培定则可知，两电流产生的磁场在c处都是竖直向上，则两电流的合磁场在c处方向竖直向上，故D错误。 故选：C。 2．（2021•浙江）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 【解答】解：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；与电流大小、螺线管直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误。 故选：B。 考点02安培力 3．（2022•浙江）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 【解答】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确； CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。 故选：B。 4．（2018•浙江）处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流Ⅰ时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据左手定则可知左侧边受到安培力竖直向上，右侧边受到的安培力竖直向下，故D正确 故选：D。 （多选）5．（2021•浙江）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80A和100A、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Fb＝125Fa B．导线所受的安培力可以用F＝ILB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 【解答】解：A、两导线受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A错误； B、因为在导线所处的磁场方向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F＝BIL计算，故B正确； C、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故C正确； D、因直线电流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故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方向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。 6．（2018•浙江）在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L．由此可确定金属管线（　　） A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 【答案】A 【解答】解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离电流最近； 找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离电流最近，可知电流的方向是平行于EF。画出左侧视图，如图所示： b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，故深度为， 故A正确，BCD错误； 故选：A。 7．（2018•浙江）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（　　） A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 【答案】A 【解答】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确； B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误； C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误； D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误； 故选：A。 8．（2017•浙江）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则（　　） A．b点的磁感应强度为零 B．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C．cd导线受到的安培力方向向右 D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变 【答案】D 【解答】解：A、根据安培定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向向外，不等于0．故A错误； B、根据安培定则可知，电流ef在a处的磁场垂直纸面向外。故B错误； C、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左。故C错误； D、不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故D正确。 故选：D。 9．（2019•浙江）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F＝BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故A正确、BCD错误。 故选：A。 10．（2024•浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为。不计空气阻力，求： （1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0； （2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小； （3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q； （4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。 【答案】（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为； （2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小为； （3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q为； （4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小为[]。 【解答】解：（1）平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量： （2）在t＝0时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流： 每个线圈所受到安培力F的大小： （3）平台在0～t1时间内由能量守恒定律可得： 联立解得： 在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热： （4）取向上为正方向，全程由动量定理可得：I弹+IA﹣IG＝0 其中，重力的冲量：IG＝mg（t2﹣t1） 安培力的冲量：IA＝3×2πrB•Δq，而电荷量为： 联立解得弹簧弹力冲量I弹的大小为： 答：（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为； （2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小为； （3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q为； （4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小为[]。 11．（2026•浙江）为测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0（方向相反）的两刚性金属杆ab、cd，与具有良好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片（各自引出两导线），其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们按图2方式与电动势为E的电源（不计内阻）相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态，此时R1＝R2＝R3＝R4＝R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef，从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。 （1）判断金属杆ab和cd所受安培力的方向； （2）写出上述四个电阻的阻值（用R0和ΔR表示）； （3）若ΔR正比于金属杆ab和cd所受安培力大小，比例系数为α，求B与Uef的关系式。 【答案】（1）AB杆安培力方向竖直向下，CD杆安培力方向竖直向上； （2）R1与R4的阻值为R0+ΔR，R2与R3的阻值为R0﹣ΔR； （3）若ΔR正比于金属杆ab和cd所受安培力大小，比例系数为α，B与Uef的关系式为。 【解答】解：（1）根据左手定则判断：AB杆安培力方向竖直向下，CD杆安培力方向竖直向上； （2）上表面R1应变片受拉伸，长度变长，电阻增大，故R1＝R0+ΔR，同理有：R4＝R0+ΔR 下表面R3应变片受压缩，长度变短，电阻减小，故R3＝R0﹣ΔR，同理有：R2＝R0﹣ΔR （3）金属杆受到的安培力大小为：F＝BI0L e点电势为Ue，则Ue＝E• f点电势为Uf，则 则Uef为：Uef 得：。 答：（1）AB杆安培力方向竖直向下，CD杆安培力方向竖直向上； （2）R1与R4的阻值为R0+ΔR，R2与R3的阻值为R0﹣ΔR； （3）若ΔR正比于金属杆ab和cd所受安培力大小，比例系数为α，B与Uef的关系式为。 12．（2025•浙江）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。 （1）求动子在接通S瞬间受力的大小； （2）求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm； （3）求第一级弹射过程中电源输出的总能量W； （4）判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。 【答案】（1）动子在接通S瞬间受力的大小为； （2）第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm为； （3）第一级弹射过程中电源输出的总能量W为； （4）超导线圈中电流方向为顺时针（俯视），飞机起飞时的速度大小为。 【解答】解：（1）接通S瞬间，电流I0，动子只受安培力，则F0＝BI0l； （2）达到vm时，电流I，安培力F＝BIl 由于此时可视为匀速，因此F＝kvm， 联立解得vm （3）动子运动距离xm的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理： ∑（Bil•Δt）﹣∑（kv•Δt）＝Mvm﹣0 根据q＝∑I•Δt，结合xm＝∑v•Δt 可解得电荷量q 第一级弹射过程电源输出总能量为： W＝qU （4）飞机能再次加速，说明飞机获得的感应电流方向与之前相同，根据安培定则，可知这一阶段回路中感应电流磁场方向垂直向下，超导线圈中电流磁场的消失，引起磁通量减小，根据楞次定律增反减同的推论，超导线圈电流磁场方向垂直向下，再利用安培定则反推，可得超导线圈中电流方向为顺时针（俯视），飞机第二次加速过程： 设飞机起飞速度为v0，以水平向右为正方向，根据动量定理得： Bl•Δt＝mv0﹣mvm 联立解得v0 答：（1）动子在接通S瞬间受力的大小为； （2）第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm为； （3）第一级弹射过程中电源输出的总能量W为； （4）超导线圈中电流方向为顺时针（俯视），飞机起飞时的速度大小为。 13．（2024•浙江）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　） A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 【答案】A 【解答】解：A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确； B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误； C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误； D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。 故选：A。 考点03带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 （多选）14．（2026•浙江）在充满液态氢的气泡室中存在垂直图示平面，磁感应强度为B的匀强磁场。一束γ射线通过气泡室，其中一个γ光子将一个氢原子打出一个电子（e﹣），同时自身转变为一对正负电子对（e+﹣e﹣），三个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子和产生的质子均可视为静止），开始时，三条径迹共切于O点，其半径分别为r1、r2和r3，假设电子在气泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为k，方向与速度方向相反，沿径迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M（图中未标出）、P、Q三点。已知电子质量为me，元电荷为e，光速为c。下列说法正确的是（　　） A．γ光子的能量小于2mec2 B．γ光子的动量大小为eB（r1+r2+r3） C．O与P、Q的距离之比：r2：r3 D．沿径迹1运动的电子总路程为 【答案】BC 【解答】解：A、γ光子自身转变为一对正负电子对（e+﹣e−），根据质能方程，产生一对静止的正负电子至少需要能量2mec2，而题目中，γ光子还额外将一个氢原子的电子打出，使其具有动能。因此，γ光子的总能量必须大于2mec2，故A错误； B、电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝me，则mev＝eBr 故电子的动量：p＝eBr γ光子打出一个电子并产生一对正负电子，共产生三个电子，根据动量守恒，γ光子的动量等于这三个电子的动量矢量和，三个轨迹共切于O点，说明三个电子的初动量方向在同一直线上，因此总动量为： p＝p1+p2+p3＝eBr1+eBr2+eBr3＝eB（r1+r2+r3），故B正确； C、设电子在气泡室中受阻力f＝﹣kv，对于轨迹2和3，初速度满足：v2，v3 阻力与速度成正比，且磁场垂直于水平面，那么最终位移的大小与初速度的大小成正比（证明需要用到大学物理知识），最终得出|Δr| 故O与P、Q的距离之比为v2：v3＝r2：r3，故C正确； D、假设沿径迹1运动的电子总路程为s，应用极限法，当电子在气泡室中所受阻力趋于无穷大，即k→∞，则s→r1，而实际上阻力趋于无穷大时，s应趋近于零，故假设不成立，即s，故D错误。 故选：BC。 15．（2023•浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； （2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2； （3）若B2，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 【答案】（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为； （2）能到达处的离子的最小速度v2为； （3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。 【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。 设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得： α＝60°，r﹣L＝rcosα 解得：r＝2L 由洛伦兹力提供向心力得： qB1v1＝m 解得：v1 离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T 在磁场中的运动时间t （2）能到达处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图2所示。 设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有： v2x＝v2cos60°v2，v2x′＝v2cosθ 设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得： ∑qB1v2yi•Δt＝mv2x′﹣mv2x 其中：∑v2yi•Δt＝L 已知：B2＝2B1 联立可得：qB2L＝mv2cosθmv2 由几何关系得：RRcosθ 由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2＝m 联立解得：R＝2L，v2 （3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得： ∑qB1v3yi•Δt+∑qB2v3yi•Δt＝mv3﹣mv3cos60° 其中：∑qB1v3yi•Δt＝qB1L ∑qB2v3yi•Δt＝∑q•v3yi•Δt＝∑q•ΔyydyqB1L 联立可得：qB1LqB1L＝mv3mv3 解得：v3 故离子源射出的离子速度大于的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为： η 答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为； （2）能到达处的离子的最小速度v2为； （3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。 16．（2022•浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞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）①求磁感应强度B的大小； ②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ω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θ，求转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θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。 【答案】（1）①磁感应强度B的大小为； ②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）； （2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）； （3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。 【解答】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得： qv0B＝m 解得：B； ②、离子在磁场中运动的时间为： t 要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足： ωt＝2kπ 联立解得：ω＝（4k+1），（k＝0、1、2……）； （2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得： 由洛伦兹力提供向心力得： qvB＝m 解得：v； 此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为： t1 设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足： ω1t1＝2nπ+θ 联立解得：ω1，（n＝0、1、2……） 设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得： F′•Nmv 由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′ 联立解得：F，（n＝0、1、2……）； （3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1），又要等于，则可得： （4k+1），（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……）， 还需满足：0＜θ′＜π，且θ′ 可得：k＜2 当k＝0时，解得：θ′，当n＝0时，θ′，不符题意，舍去； 当k＝1时，解得：θ′，当n＝0时，θ′；n＝1时，θ′（舍去）；n＝2时，θ′。 故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为和。 答：（1）①磁感应强度B的大小为； ②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）； （2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）； （3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。 17．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。 （1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围； （2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β； （3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。 【答案】（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0； （2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°； （3）E的最大值为B1，B2的最大值为。 【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能 Ekm＝hν﹣W0 则有：Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm） 解得：v0 （2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有： ev0B1＝eE 解得：v0 根据动能定理有：eU vM 光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα 光电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m vMsinβ＝v0sinα 联立解得：β＝30° （3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1 结合在区域Ⅱ中：r，rsinα 可得：sinα 而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0 联立解得：B2 则B2的最大值为 答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0； （2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°； （3）E的最大值为B1，B2的最大值为。 18．（2021•浙江）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分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统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α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。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）离子通过速度选择器后的速度大小为，磁分析器选择出来离子的比荷为； （2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置为（，0）； （3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置为（0，）； （4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置为（，），电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。 【解答】解：（1）离子在速度选择器中运动时受力平衡，则有：qvB＝qE， 所以通过速度选择器离子的速度为：v 从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为：R 由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m 联立解得：； （2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离为：x1 设离子射出偏转电场时粒子与竖直方向的夹角为θ，根据运动的合成与分解可得：tanθ 离开电场后，离子在x方向偏移的距离：x2＝Ltanθ 则离子沿x轴的偏转位移为：x＝x1+x2 位置坐标为（，0）； （3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m 离子进入磁场后做圆周运动半径为：r， 离开磁场时速度方向偏向角为α，如图所示，则sinα 经过磁场时，离子在y方向偏转距离为：y1＝r（1﹣cosα） 离开磁场后，离子在y方向偏移距离为：y2＝Ltanα 则：y＝y1+y2 位置坐标为（0，）； （4）电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响，所以偏转系统同时加上电场和磁场时，注入晶圆的位置坐标为（，）。 答：（1）离子通过速度选择器后的速度大小为，磁分析器选择出来离子的比荷为； （2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置为（，0）； （3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置为（0，）； （4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置为（，），电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。 19．（2019•浙江）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离的各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差，，不计重力和离子间相互作用。 （1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； （2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）； （3）若磁感应强度在（B﹣ΔB）到（B+ΔB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力， 对质量为m的离子由牛顿第二定律得：qE0＝m， 解得：E0； 质量为m的离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qv0B＝m， 解得：B； （2）对质量为0.5m的离子，在电场中运动的过程中，由动能定理得：qUNP， 解得：vv0， 质量为0.5m的离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设其运动半径为r， 由牛顿第二定律得：qvB＝0.5m， 解得：rr0， 距离：l＝2rcosθ﹣0.5r0， 解得：l＝1.5r0； （3）若能分辨出两束离子，临界条件：质量为m的离子离O的最远位置（对应磁感应强度B﹣ΔB）和质量为0.5m的离子离O的最近位置（对应磁感应强度B+ΔB）重合， 质量为m的离子的最大半径r1 质量为0.5m的离子的最小半径r2 需满足的条件为：2r1﹣2r2cosθ＝0.5r ， 解得：4≈0.12； 答：（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为，磁分析器中的磁感应强度B的大小为； （2）质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l为1.5r0； （3）若磁感应强度在（B﹣ΔB）到（B+ΔB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，的最大值为：0.12。 20．（2017•浙江）如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为υ的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用。 （1）求离子的比荷； （2）当磁感应强度为B0时，若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值； （3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间） 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）洛伦兹力提供向心力 qvB0＝m 圆周运动的半径 R＝L 所以求得： （2）当磁感应强度为B0时，如图所示，以最大值θm入射时Δx＝2R（1﹣cosθm）＝L 或2Rcosθm＝L 得：θm （3）当B＞B0，全部收集到离子时的最小半径为R1，如解图2，有 2R1cos37°＝L 得：B11.6B0 当B0≤B≤1.6B0 时，有n1＝n0 B＞1.6B0，恰好收集不到离子时的半径为R2，有 R2＝0.5L 得 B2＝2B0 当1.6B0＜B≤2B0 时，设R′，有n2 当2B0＜B≤3B0 时，有 n3＝0 答：（1）离子的比荷为； （2）若发射的离子被收集板全部收集，θ的最大值是； （3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时， 单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系是：①当B0≤B≤1.6B0时，有n1＝n0； ②当1.6B0＜B≤2B0时，有n2； ③当2B0＜B≤3B0时，有 n3＝0。 21．（2025•浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。 （1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求： ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至x过程中，安培力做功及冲量； ③线框中心运动至x时，恒流源提供的电压； （2）线框中心分别位于x＝0和x，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t2。 【答案】（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL； ②线框中心运动至x过程中，安培力做功为，冲量为； ③恒流源提供的电压为； （2）t1﹣t2为0。 【解答】解：（1）①在闭合开关S瞬间，线框在磁场中的等效程度为l＝2L 所以线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝2BIL ②线框运动到x时，安培力大小为FA＝2BI（L﹣x） 则安培力做功为WFA 其中 整理可得 根据动能定理有 线框的动量大小为p 所以根据动量定理安培力的冲量大小为 I＝p 解得I ③恒流源提供的电压为U，根据能量守恒有 UI＝BLvI+I2R 解得U （2）把线框的运动类比成简谐运动，则回复力为F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′ 则周期T 则线框运动到x＝L位置时的时间分别为 所以t1﹣t2＝0 答：（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL； ②线框中心运动至x过程中，安培力做功为，冲量为； ③恒流源提供的电压为； （2）t1﹣t2为0。 （多选）22．（2024•浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零 【答案】CD 【解答】解：A、小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得合力冲量为：I＝0﹣mv0＝﹣mv0，则合力冲量大小为mv0，故A错误； B、小球上滑过程所受洛伦兹力方向为垂直杆向上，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a＝gsinθ 小球上滑过程的时间为：，重力冲量大小为：，故B错误； C、小球上滑过程做匀减速直线运动，洛伦兹力的表达式f洛＝qBv，可知洛伦兹力的大小随时间均匀减小。 可得洛伦兹力的冲量大小为：qBt，故C正确； D、初始时刻小球所受洛伦兹力大小为qv0B＝2mgcosθ。 小球在垂直细杆方向所受合力为零，设细杆对小球的弹力为FN，以垂直细杆向下为正方向，则有： FN＝qBv﹣mgcosθ＝qB（v0﹣at）﹣mgcosθ 若，则FN＝mgcosθ﹣qBat， 根据此关系式作出小球在上滑过程的FN﹣t图像如下图所示： 根据FN﹣t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知该过程弹力冲量为零，故D正确。 故选：CD。 考点04带电粒子由磁场进入电场中的运动 23．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 【答案】（1）磁场宽度d的最小值为； （2）“折射率”n为； （3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”； （4）见解析。 【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示： 粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 代入数据解得 （2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变大，假设折射角为θ′ 根据动能定理 由于 代入数据联立解得 设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示： 根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′ 根据折射定律 代入数据联立解得“折射率” （3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零； 根据动能定理 可得 即应满足 （4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形； 根据数学知识 解得∠CPQ＝30° 所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下： ①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy 根据动能定理 解得 ②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为 所以 根据动能定理 代入数据联立解得 即当时，F＝0 ③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy 根据动能定理 代入数据联立解得。 答：（1）磁场宽度d的最小值为； （2）“折射率”n为； （3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”； （4）见解析。 24．（2023•浙江）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。 （1）求孔C所处位置的坐标x0； （2）求离子打在N板上区域的长度L； （3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0； （4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。 【答案】（1）孔C所处位置的坐标x0； （2）离子打在N板上区域的长度为2d； （3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，则电流表示数刚为0时的电压U0为； （4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，则电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式为Ux（x）。 【解答】解：（1）已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C，离子经磁场偏转后轨迹如图所示： 由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m 解得离子轨迹半径：R 根据几何关系可得孔C所处位置的坐标：x0＝2R； （2）速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m 解得离子轨迹半径：R′ 设离子速度方向与y轴夹角为θ时，离子若要能在C点入射，运动轨迹如图所示： 则由几何关系可得：2R′cosθ＝2R 解得：cosθ 离子速度大小连续分布在和之间，则cosθ≤1 当cosθ时θ＝45°，由几何关系结合对称性可得：L＝2dtan45°＝2d； （3）离子速度方向与y轴夹角为θ时，通过C点的离子其速度沿﹣y方向的分量为：vy＝vcosθ 由（2）可得：vy＝v0 由动能定理可得：qU0 解得：U0； （4）设离子速度大小为v′时离子轨迹半径为r′，离子速度方向与y轴夹角为θ时，孔C位置坐标x＝2rcosθ 其中：rR• 联立可得：x＝2R••cosθ，离子速度大小连续分布在和之间，而cosθ≤1 解得：R≤x≤2R 在此范围内，和（3）相同，只与vy相关，可得：qBvy＝m 解得：vy 根据动能定理可得：qUx 解得：Ux （x） 答：（1）孔C所处位置的坐标x0； （2）离子打在N板上区域的长度为2d； （3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，则电流表示数刚为0时的电压U0为； （4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，则电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式为Ux（x）。 25．（2021•浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和棱长为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Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）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2e，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）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。 （2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0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B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。 【答案】（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。 （2）B0的取值范围为0～； （3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。 【解答】解：（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： 2eEdmmv2， 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小：v （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： L2， 根据洛伦兹力提供向心力有： 2ev0B0， 联立解得：B0 当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有： L2，此时BB0； 根据洛伦兹力提供向心力有： 2e×v0B0， 联立解得， 故B0的取值范围为0～ （3）离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： 2e×v0，且满足B0， 所以可得R3，解得R3L，所以可得cos， 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有： FΔt＝nΔtmv0cosθ﹣0， 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为：F′，方向沿z轴负方向。 答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。 （2）B0的取值范围为0～； （3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。 26．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 【答案】（1）a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为L； （2）①U的调节范围为U0≤U≤4U0； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为； （3）U的大小为；UNM或或。 【解答】解：（1）a离子经电压为U的电场加速，由动能定理 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为x0＝2R； 解得 由于 联立解得x0＝L； （2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置处，只能经过电压为U的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′0≤2L 由（1）得 即U0≤U≤4U0； ②b离子先经电压为U的电场加速后再在xOy平面第一次偏转打在x轴上位置坐标 由于，U0≤U≤4U0； 解得2L≤xb≤4L 则b离子能从栅极板（坐标范围）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方磁场，此时 b离子先经电压为U的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为的电场减速，由动能定理得 洛伦兹力提供向心力 得Δxb＝2R′ 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离 则b离子落在P下表面区域长度 （3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）得 则 由于 联立解得 则b离子从x′b＝3L处经过栅极板，要使b离子打在P板下方中央处，设UNM＝k′U 根据动能定理 洛伦兹力提供向心力 联立解得 则。 当减速n次Uqb﹣nUNMqb rn 联立解得 当减速n次恰好打在P板下方中央处，2rn﹣1＞2L 2 即L2 解得： 即n，n取整数，故可得n＝1，2，3，故可得： UNM或或 答：（1）a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为L； （2）①U的调节范围为U0≤U≤4U0； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为； （3）U的大小为；UNM或或。 27．（2017•浙江）如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子的速度大小v C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动 D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变 【答案】C 【解答】解：A、粒子做直线运动，若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力能平衡；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力与洛伦兹力也能平衡；故粒子电性不确定，故A错误； B、根据平衡条件，有：qvB＝qE，故v，故B错误； CD、若粒子速度大小改变，电场力大小不变，而洛伦兹力大小改变，故粒子将做曲线运动，故C正确，D错误； 故选：C。 考点04现代科技 28．（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'，故ABC错误，D正确； 故选：D。 29．（2018•浙江）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（　　） A．上板为正极，电流 B．上板为负极，电流 C．下板为正极，电流 D．下板为负极，电流 【答案】C 【解答】解：根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有： 解得稳定时电源的电动势为：E＝Bdv 则流过R的电流为： 而，S＝ab，则得电流大小为：，C正确，ABD错误。 故选：C。 30．（2026•浙江）如图所示，一根带负电的塑料棒，长为l，横截面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为e）。让棒垂直于匀强磁场B，以速度v沿轴向左匀速运动。下列说法正确的是（　　） A．等效电流的方向与v方向相同 B．等效电流大小 C．棒产生的感应电动势E＝Blv D．棒所受安培力的大小F＝NeSvlB 【答案】B 【解答】解：A、电子运动方向与等效电流的方向相反，故A错误； B、根据电流的定义式：I，t，故I，故B正确； C、根据棒中自由电子定向移动，整体磁通量不变，不产生感应电动势，故C错误； D、安培力F＝BIl＝NevB，故D错误； 故选：B。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 磁场 10年真题 考点 浙江考情 命题创新特点 电流磁场、安培定则 2017-2020 高频 特高压输电线、地下管线探测实景，多导线合磁场矢量叠加，判断零磁场点位 安培力、平行通电导线 2018、2024、2026 磁阻尼减振、磁场检测芯片、电磁弹射，结合弹簧振动、电阻应变片跨力学综合 带电粒子圆周运动 2017-2026 必考 气泡室、离子加速器、质谱仪、转筒分选，多层变磁场、变速度分段几何计算 复合场（电 + 磁） 2021-2025 热点 速度选择器、离子注入、斜杆小球，融合动量定理、动能定理、临界受力分析 霍尔 / 磁流体 / 流量计 2018、2023、2026 工业测量装置情境，结合电路电势、平衡条件简化定量计算 考点01磁场基本性质 1．（2020•浙江）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I1和I2，I1＞I2．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。不考虑地磁场的影响，则（　　） A．b点处的磁感应强度大小为0 B．d点处的磁感应强度大小为0 C．a点处的磁感应强度方向竖直向下 D．c点处的磁感应强度方向竖直向下 2．（2021•浙江）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 考点02安培力 3．（2022•浙江）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． 4．（2018•浙江）处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流Ⅰ时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）5．（2021•浙江）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80A和100A、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Fb＝125Fa B．导线所受的安培力可以用F＝ILB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 6．（2018•浙江）在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L．由此可确定金属管线（　　） A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 7．（2018•浙江）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（　　） A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力 8．（2017•浙江）如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则（　　） A．b点的磁感应强度为零 B．ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C．cd导线受到的安培力方向向右 D．同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变 9．（2019•浙江）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 10．（2024•浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为。不计空气阻力，求： （1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0； （2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小； （3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q； （4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。 11．（2026•浙江）为测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0（方向相反）的两刚性金属杆ab、cd，与具有良好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片（各自引出两导线），其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们按图2方式与电动势为E的电源（不计内阻）相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态，此时R1＝R2＝R3＝R4＝R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef，从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。 （1）判断金属杆ab和cd所受安培力的方向； （2）写出上述四个电阻的阻值（用R0和ΔR表示）； （3）若ΔR正比于金属杆ab和cd所受安培力大小，比例系数为α，求B与Uef的关系式。 12．（2025•浙江）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。 （1）求动子在接通S瞬间受力的大小； （2）求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm； （3）求第一级弹射过程中电源输出的总能量W； （4）判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。 13．（2024•浙江）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　） A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 考点03带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 （多选）14．（2026•浙江）在充满液态氢的气泡室中存在垂直图示平面，磁感应强度为B的匀强磁场。一束γ射线通过气泡室，其中一个γ光子将一个氢原子打出一个电子（e﹣），同时自身转变为一对正负电子对（e+﹣e﹣），三个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子和产生的质子均可视为静止），开始时，三条径迹共切于O点，其半径分别为r1、r2和r3，假设电子在气泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为k，方向与速度方向相反，沿径迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M（图中未标出）、P、Q三点。已知电子质量为me，元电荷为e，光速为c。下列说法正确的是（　　） A．γ光子的能量小于2mec2 B．γ光子的动量大小为eB（r1+r2+r3） C．O与P、Q的距离之比：r2：r3 D．沿径迹1运动的电子总路程为 15．（2023•浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 （1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； （2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2； （3）若B2，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。 16．（2022•浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞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）①求磁感应强度B的大小； ②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ω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θ，求转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θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。 17．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。 （1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围； （2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β； （3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。 18．（2021•浙江）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分布区域是同一棱长为L的正方体，其偏转系统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α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。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。 19．（2019•浙江）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离的各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP＝0.5r0，OQ＝r0，N、P两点间的电势差，，不计重力和离子间相互作用。 （1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； （2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）； （3）若磁感应强度在（B﹣ΔB）到（B+ΔB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值 20．（2017•浙江）如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为υ的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用。 （1）求离子的比荷； （2）当磁感应强度为B0时，若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值； （3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ＝37°，磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间） 21．（2025•浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。 （1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求： ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至x过程中，安培力做功及冲量； ③线框中心运动至x时，恒流源提供的电压； （2）线框中心分别位于x＝0和x，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t2。 （多选）22．（2024•浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　） A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为 D．若，弹力冲量为零 考点04带电粒子由磁场进入电场中的运动 23．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 24．（2023•浙江）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C．未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。 （1）求孔C所处位置的坐标x0； （2）求离子打在N板上区域的长度L； （3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0； （4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。 25．（2021•浙江）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和棱长为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Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子（Xe2+）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2e，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）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v。 （2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0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B0，求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。 26．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 27．（2017•浙江）如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带负电 B．粒子的速度大小v C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动 D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变 考点04现代科技 28．（2023•浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（　　） A． B． C． D． 29．（2018•浙江）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（　　） A．上板为正极，电流 B．上板为负极，电流 C．下板为正极，电流 D．下板为负极，电流 30．（2026•浙江）如图所示，一根带负电的塑料棒，长为l，横截面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为e）。让棒垂直于匀强磁场B，以速度v沿轴向左匀速运动。下列说法正确的是（　　） A．等效电流的方向与v方向相同 B．等效电流大小 C．棒产生的感应电动势E＝Blv D．棒所受安培力的大小F＝NeSvlB 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $