18.选必2 第一章 安培力与洛伦兹力-高中物理·2026年高考真题分类

**基本信息** 聚焦安培力与洛伦兹力，通过高考真题分类训练，构建"公式推导-几何分析-模型应用"的科学思维体系，强化运动与相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选|7题|洛伦兹力提供向心力、左手定则判断方向、轨道半径公式应用|从基本概念到公式推导，建立"磁场方向-粒子运动-轨迹半径"逻辑链| |多选|2题|多过程受力分析、临界状态判断、能量转化关系|整合安培力与洛伦兹力，形成复合场问题分析框架| |解答题|10题|几何关系构建、运动轨迹分段处理、实际情境模型化|从理论应用到工程实践，体现科学探究与社会责任|

【高中物理人教版(2019)】 2026年高考真题-按章分类 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 7个单选题 + 2个多选题 + 0个实验题 + 10个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·重庆)某同学设计了一种测量粒子速率的装置，其原理示意图如图所示。空间充满匀强磁场，粒子源位于K点，可发射比荷相同、速率分别为和的带正电粒子()。粒子源右侧有一过C点的竖直挡板。若磁场方向垂直于纸面向外，水平向右发射的粒子打在M、H两点；若磁场方向垂直于纸面向里，水平向左发射的粒子打在H、N两点，，，不考虑粒子重力及粒子间相互作用，则为( ) A.3：5 B.2：3 C.3：4 D.4：5 1.A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得轨道半径公式： 由于粒子比荷相同、磁场固定，因此轨道半径与速率成正比，即根据题述信息，以K为上顶点作出两圆，此两圆与直线MN仅有3个交点，如图所示 磁场垂直纸面向外、粒子水平向右发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的对应轨道半径，打在H点；速率大的对应轨道半径，打在M点；磁场垂直纸面向里、粒子水平向左发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的打在H点，速率大的打在N点；由几何关系可得：由几何关系可得： 结合题设条件联立可推导出，故选A。 2.(2026高考·甘肃)如图，一同位素电磁分离器主要有加速电场I、匀强磁场II及接收器III。从点进入电场的碳12和碳13两种同价阳离子经电场加速后垂直射入磁场，偏转后均被接收器接收。忽略离子的初速度及重力，则碳12和碳13离子( ) A.离开电场时的动量之比为 B.在电场中的加速度之比为 C.到达接收器的动能之比为 D.在磁场中运动的轨道半径之比为 2.D 粒子在经过电场过程中，根据动能定理可得可得则粒子离开电场时的动量为则碳12和碳13离子离开电场时的动量之比为，故A错误。粒子在电场中，根据牛顿第二定律可得可知碳12和碳13离子在电场中的加速度之比为，故B错误。由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子到达接收器的动能等于粒子离开电场时的动能，根据可知碳12和碳13离子到达接收器的动能之比为，故C错误。在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得则碳12和碳13离子在磁场中运动的轨道半径之比为，D正确。 3.(2026高考·广西)圆心在原点、半径为的圆形匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；质量为、电荷量为的带电粒子以初速度(未知)从磁场外沿轴正方向从点进入磁场，从点射出，出射速度方向与轴正方向夹角为，如图所示。不计粒子的重力，则( ) A.带电粒子带正电 B.粒子的运动轨迹是抛物线 C.粒子运动速度大小 D.粒子在磁场内的运动时间 3.C 根据题意，由左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则粒子的运动轨迹是圆弧，B错误。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系有解得由洛伦兹力提供向心力有解得由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场内的运动时间，C正确，D错误。 4.(2026高考·江苏)平面内存在垂直平面向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入，不计空气阻力。如图所示，则电子偏转的轨迹可能是( ) A.① B.② C.③ D.④ 4.A 由于不计空气阻力，则电子做匀速圆周运动，且根据左手定则可知电子向左偏转，可知电子偏转的轨迹为圆弧的一部分，故选A。 5.(2026高考·河南)如图，间距为的两虚线、间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线从点射入磁场，一段时间后又从点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为( ) A.2：1 B.3：1 C.4：1 D.5：1 5.C 根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有整理得磁感应强度由于粒子的不变，因此磁感应强度，即由几何关系，可知与相似，则由勾股定理得且联立解得，故选C。 6.(2026高考·贵州)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则( ) A.， B.， C.， D.， 6.C 带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，此时有当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，此时有联立可得因为，所以又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故，故选C。 7.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是( ) A. B. C. D. 7.B 小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右(指向点)。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里(即俯视图中连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向上弯曲)，当小球运动到右侧最高点(点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外(即俯视图中连线的下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向下弯曲)，综上所述，B选项图符合题意。 二、多选题 8.(2026高考·广东)如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有( ) A.电子1的动能比电子3的大 B.电子1在磁场中的运动时间为 C.电子2的动能为 D.电子3的动量大小为 8.BCD 电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得可得根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误。电子在磁场中做匀速圆周运动的周期结合可得根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确。设电子2运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子2的动能为，故C正确。设电子3运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子3的动量大小为，D正确，故选BCD。 9.(2026高考·湖南)某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是( ) A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为 C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为 D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为 9.AD 根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确。设磁感应强度为，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有水平方向上有解得则小球做圆周运动的周期为，故B错误。根据题意，水平方向上，由动量定理有竖直方向有则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误。若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有水平方向上有小球与管道间的弹力大小联立解得，D正确，故选AD。 三、解答题 10.(2026高考·浙江)为了对高压直流输电线路进行自动安全检测，某技术团队研发出一种由安培力驱动的沿输电线行走的检测机器人。其动力装置简化结构如图甲所示，在行走轮(图中未画出)上安装有由匝正方形线圈组成的螺绕环，其内、外半径分别为和，环内的一半空间(图中深色区域)填充有均匀磁性材料(线圈绝缘嵌入其中)；线圈以输电线中心轴(轴)对称绕制，每匝线圈电阻为，匝线圈串联后与恒流源相连接，其输出电流为、且大小可调。已知：，，，，沿轴正方向载有电流的长直输电导线，在线圈所在区域产生的磁场，等效于磁感应强度大小的均匀磁场；若空间存在磁性材料，则该处的磁感应强度增强至。 (1)在答题纸虚线框内，画出输电线电流产生磁场的磁感线分布(沿轴方向看)，并标明方向； (2)当恒流源输出电流时 ①判断线圈所受安培力的方向(轴正方向或负方向)，写出其表达式，并求出其值； ②求线圈电路消耗的热功率； (3)另一技术团队对甲方案进行改进，如图乙所示，同轴安装半径分别为和、不计电阻的两金属圆筒，让螺绕环每匝线圈的四个顶点分别与内外圆筒短接，再将两圆筒接入恒流源。若该装置产生的安培力与甲方案相同，求 ①恒流源输出的电流； ②甲、乙方案中线圈电路消耗的热功率之比。 10.【答案】(1) (2)① 沿z轴负方向；；22.5N；②30W (3)①；②2 【解析】(1)沿z轴正方向看，长直载流导线的磁感线为以输电线中心为圆心的一系列同心圆，根据右手螺旋定则，电流沿z轴正方向，磁感线方向为顺时针环绕，如图： (2)①每匝正方形线圈的两条沿z方向的边电流方向相反，所受安培力相互抵消；两条沿径向(垂直z)方向的边，一条处于普通磁场中，另一条(靠近z轴正方向一侧)处于磁性材料的强磁场中，单匝的有效受力差为根据左手定则结合图示恒流源的方向，可知线圈所受安培力的方向为沿z轴负方向匝总安培力为： 代入数值计算得： ②匝线圈串联总电阻热功率代入数值： (3)① 乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联要保持总安培力和甲方案相等：甲的总安培力是匝串联、每匝电流为的总效果乙每条边电流为，总安培力因此： ②乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联乙的热功率甲的热功率因此比值： 11.(2026高考·北京)药物研发中常需要二级质谱分析。一级质谱分析只能检出与目标离子具有相同比荷的离子(母离子)。为进一步鉴别目标离子，需将母离子打碎成更小的离子(子离子)，进行第二次质谱分析。某种二级串联质谱系统装置如图所示，假设离子均带正电。 (1)第一级质谱：A区中的离子由静止经电场加速后，垂直进入磁感应强度为的匀强磁场，比荷为的母离子做半径为的匀速圆周运动进入区。求加速电压。 (2)两级质谱连接：C区产生的子离子经聚焦、冷却后，由静止经电压加速后进入D区。为保证不同比荷的子离子均由小孔垂直进入第二级质谱的磁场，在区施加某种场，使这些子离子都做以点为圆心、半径为的匀速圆周运动。请设计区中的场： a.推导说明仅施加匀强磁场是否可行。推导说明仅施加电场是否可行。 11.【答案】(1) (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 【解析】(1)母离子在A区由静止经电场加速，由动能定理得： 母离子进入匀强磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： 联立可得 (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 12.(2026高考·广西)在水平面中，存在大小为、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为，磁场的右段呈等腰三角形分布，，三角形高为，有水平导轨，导轨间距也为，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流恒定为；有一根质量为的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，其通过的电流由到。时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)当时，求金属棒受到安培力的大小和方向； (2)当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； (3)改变电流的大小，求使棒恰好到达顶点时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流的取值范围。 12.【答案】(1)，垂直于棒向右 (2)， (3)， 【解析】(1)由题可知，在时，由左手定则可知金属棒受到安培力方向垂直于棒向右。 (2)当金属棒达到最大速度时，此时安培力与摩擦力平衡，即设此时运动的位移为，根据几何关系可知解得，在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，有即解得 (3)若金属棒恰好能到达O点，安培力做功与电流的关系为根据动能定理，电流I的最大值满足解得使金属棒恰好静止时电流满足解得为了使金属棒能运动起来且不离开磁场区域，则电流I的取值范围为 13.(2026高考·湖北)如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求： (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。 13.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小为粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为由匀变速直线运动速度与位移的关系得联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 (2)粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得解得粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得 (3)设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得则粒子沿 轴和轴的速度分别为，解得，粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间沿 轴方向做匀速直线运动，有联立解得沿 轴方向的位移为粒子第二次进入磁场时， 坐标为沿 轴方向的速度为由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为则粒子与 轴负方向的夹角仍满足因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示 则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。 14.(2026高考·黑吉辽蒙卷)某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图(a)所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为()，使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图(b)所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图(c)所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 14.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)电子加速场中，由动能定理有电子在，筛选器中由牛顿第二定律有电子通过样品前后的动能变化量联立可得 (2)偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿着电场方向有根据牛顿第二定律出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有联立解得 (3)由题意可知将表达式代入可得结合题图(相对强度8408到4204)可得解得 15.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，垂直于轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点处，点到垂直于轴的两金属板距离相等。在平面位于处的粒子源以速率向面内各方向发射质量为、电荷量为的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为，板间电压初始为。在平面轴右侧，圆心位于、直径在轴、半径为的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为。在处有一垂直于轴的固定弹性绝缘挡板Q，粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。(、均为已知量) (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从点处射入磁场速度方向与轴正向夹角的正弦值； (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板上位置的坐标； (3)若仅改变电压的大小，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面；进入磁场的所有粒子打到挡板右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围(用已知量表示)。 15.【答案】(1)0.6或0.8 (2)或 (3)，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。 【解析】(1)粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向竖直方向联立解得即在O点，，设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则即根据，解得或 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标当时，，当时，，粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标故y坐标为或。 (3)根据(1)可知设。粒子能到达O点需满足，即，若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，存在两个发射角(假设大于)。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可此时根据数学关系可知此时，解得对于需，即此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 16.(2026高考·山东)在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1； (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t； (3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。 16.【答案】(1) (2) (3)， 【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有解得粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据解得 (2)根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达再根据，可知O到A运动时间从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间则总时间 (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期 区域Ⅲ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化同理所花时间同理取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴坐标时间此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则粒子b在a到达第一次向上点a(即)时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为粒子b第1次速度向上点(绝对时刻)：b先在区域Ⅱ走下半圆坐标时刻同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…，由相遇条件、得，两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9代入得， 17.(2026高考·山东)如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为E、内阻为r的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP与导轨相连，导轨处于磁感应强度为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。S1闭合、S2断开，质量为m，长为L，内阻为r的金属杆cd静止于导轨上。调节滑片，当RP阻值为r时，cd刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开S1，闭合S2，cd开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。cd下滑过程中，求： (1)cd的电功率P； (2)cd的加速度大小a。 17.【答案】(1) (2) 【解析】(1)断开S1，闭合S2时回路电流则cd的电功率P = I2r解得 (2)设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma联立解得 18.(2026高考·云南)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； (2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。 18.【答案】(1)，垂直纸面向里 (2) 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有可得根据几何关系可得联立可得根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)根据结合可得电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间联立可得 19.(2026高考·浙江)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)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为，求与B之间的关系。 19.【答案】(1)ab竖直向下，cd竖直向上 (2)，，， (3) 【解析】(1)根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。 (2)由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸(阻值增大)、R3被压缩(阻值减小)，故，cd向下弯曲，使R2被压缩(阻值减小)、R4被拉伸(阻值增大)，故 (3)由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。上支路总电阻为电流，f点电势下支路总电阻为电流，e点电势，e、f两点间的电势差绝对值安培力与ΔR的关系：，而，所以联立得 14 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 【高中物理人教版(2019)】 2026年高考真题-按章分类 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 7个单选题 + 2个多选题 + 0个实验题 + 10个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·重庆)某同学设计了一种测量粒子速率的装置，其原理示意图如图所示。空间充满匀强磁场，粒子源位于K点，可发射比荷相同、速率分别为和的带正电粒子()。粒子源右侧有一过C点的竖直挡板。若磁场方向垂直于纸面向外，水平向右发射的粒子打在M、H两点；若磁场方向垂直于纸面向里，水平向左发射的粒子打在H、N两点，，，不考虑粒子重力及粒子间相互作用，则为( ) A.3：5 B.2：3 C.3：4 D.4：5 2.(2026高考·甘肃)如图，一同位素电磁分离器主要有加速电场I、匀强磁场II及接收器III。从点进入电场的碳12和碳13两种同价阳离子经电场加速后垂直射入磁场，偏转后均被接收器接收。忽略离子的初速度及重力，则碳12和碳13离子( ) A.离开电场时的动量之比为 B.在电场中的加速度之比为 C.到达接收器的动能之比为 D.在磁场中运动的轨道半径之比为 3.(2026高考·广西)圆心在原点、半径为的圆形匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；质量为、电荷量为的带电粒子以初速度(未知)从磁场外沿轴正方向从点进入磁场，从点射出，出射速度方向与轴正方向夹角为，如图所示。不计粒子的重力，则( ) A.带电粒子带正电 B.粒子的运动轨迹是抛物线 C.粒子运动速度大小 D.粒子在磁场内的运动时间 4.(2026高考·江苏)平面内存在垂直平面向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入，不计空气阻力。如图所示，则电子偏转的轨迹可能是( ) A.① B.② C.③ D.④ 5.(2026高考·河南)如图，间距为的两虚线、间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线从点射入磁场，一段时间后又从点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为( ) A.2：1 B.3：1 C.4：1 D.5：1 6.(2026高考·贵州)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则( ) A.， B.， C.， D.， 7.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是( ) A. B. C. D. 二、多选题 8.(2026高考·广东)如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有( ) A.电子1的动能比电子3的大 B.电子1在磁场中的运动时间为 C.电子2的动能为 D.电子3的动量大小为 9.(2026高考·湖南)某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，其上方固定一半径为的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是( ) A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为 C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为 D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与管道间的弹力大小为 三、解答题 10.(2026高考·浙江)为了对高压直流输电线路进行自动安全检测，某技术团队研发出一种由安培力驱动的沿输电线行走的检测机器人。其动力装置简化结构如图甲所示，在行走轮(图中未画出)上安装有由匝正方形线圈组成的螺绕环，其内、外半径分别为和，环内的一半空间(图中深色区域)填充有均匀磁性材料(线圈绝缘嵌入其中)；线圈以输电线中心轴(轴)对称绕制，每匝线圈电阻为，匝线圈串联后与恒流源相连接，其输出电流为、且大小可调。已知：，，，，沿轴正方向载有电流的长直输电导线，在线圈所在区域产生的磁场，等效于磁感应强度大小的均匀磁场；若空间存在磁性材料，则该处的磁感应强度增强至。 (1)在答题纸虚线框内，画出输电线电流产生磁场的磁感线分布(沿轴方向看)，并标明方向； (2)当恒流源输出电流时 ①判断线圈所受安培力的方向(轴正方向或负方向)，写出其表达式，并求出其值； ②求线圈电路消耗的热功率； (3)另一技术团队对甲方案进行改进，如图乙所示，同轴安装半径分别为和、不计电阻的两金属圆筒，让螺绕环每匝线圈的四个顶点分别与内外圆筒短接，再将两圆筒接入恒流源。若该装置产生的安培力与甲方案相同，求 ①恒流源输出的电流； ②甲、乙方案中线圈电路消耗的热功率之比。 11.(2026高考·北京)药物研发中常需要二级质谱分析。一级质谱分析只能检出与目标离子具有相同比荷的离子(母离子)。为进一步鉴别目标离子，需将母离子打碎成更小的离子(子离子)，进行第二次质谱分析。某种二级串联质谱系统装置如图所示，假设离子均带正电。 (1)第一级质谱：A区中的离子由静止经电场加速后，垂直进入磁感应强度为的匀强磁场，比荷为的母离子做半径为的匀速圆周运动进入区。求加速电压。 (2)两级质谱连接：C区产生的子离子经聚焦、冷却后，由静止经电压加速后进入D区。为保证不同比荷的子离子均由小孔垂直进入第二级质谱的磁场，在区施加某种场，使这些子离子都做以点为圆心、半径为的匀速圆周运动。请设计区中的场： a.推导说明仅施加匀强磁场是否可行。推导说明仅施加电场是否可行。 12.(2026高考·广西)在水平面中，存在大小为、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为，磁场的右段呈等腰三角形分布，，三角形高为，有水平导轨，导轨间距也为，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流恒定为；有一根质量为的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，其通过的电流由到。时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)当时，求金属棒受到安培力的大小和方向； (2)当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； (3)改变电流的大小，求使棒恰好到达顶点时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流的取值范围。 13.(2026高考·湖北)如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、为半径的半圆形区域，半圆形区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求： (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。 14.(2026高考·黑吉辽蒙卷)某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图(a)所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为()，使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图(b)所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图(c)所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 15.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，垂直于轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点处，点到垂直于轴的两金属板距离相等。在平面位于处的粒子源以速率向面内各方向发射质量为、电荷量为的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为，板间电压初始为。在平面轴右侧，圆心位于、直径在轴、半径为的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为。在处有一垂直于轴的固定弹性绝缘挡板Q，粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收，不计粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。(、均为已知量) (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从点处射入磁场速度方向与轴正向夹角的正弦值； (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板上位置的坐标； (3)若仅改变电压的大小，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面；进入磁场的所有粒子打到挡板右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围(用已知量表示)。 16.(2026高考·山东)在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1； (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t； (3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。 17.(2026高考·山东)如图所示，平行金属导轨间距为L，导轨平面与水平面夹角为定值，二者交线与导轨垂直。电动势均为E、内阻为r的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP与导轨相连，导轨处于磁感应强度为B、方向平行于导轨向下的匀强磁场中。S1闭合、S2断开，质量为m，长为L，内阻为r的金属杆cd静止于导轨上。调节滑片，当RP阻值为r时，cd刚好要下滑。保持滑片位置不变，断开S1，闭合S2，cd开始下滑并始终与导轨接触良好。已知cd与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻。cd下滑过程中，求： (1)cd的电功率P； (2)cd的加速度大小a。 18.(2026高考·云南)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； (2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。 19.(2026高考·浙江)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)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为，求与B之间的关系。 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得轨道半径公式： 由于粒子比荷相同、磁场固定，因此轨道半径与速率成正比，即根据题述信息，以K为上顶点作出两圆，此两圆与直线MN仅有3个交点，如图所示 磁场垂直纸面向外、粒子水平向右发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的对应轨道半径，打在H点；速率大的对应轨道半径，打在M点；磁场垂直纸面向里、粒子水平向左发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的打在H点，速率大的打在N点；由几何关系可得：由几何关系可得： 结合题设条件联立可推导出，故选A。 2.D 粒子在经过电场过程中，根据动能定理可得可得则粒子离开电场时的动量为则碳12和碳13离子离开电场时的动量之比为，故A错误。粒子在电场中，根据牛顿第二定律可得可知碳12和碳13离子在电场中的加速度之比为，故B错误。由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子到达接收器的动能等于粒子离开电场时的动能，根据可知碳12和碳13离子到达接收器的动能之比为，故C错误。在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得则碳12和碳13离子在磁场中运动的轨道半径之比为，D正确。 3.C 根据题意，由左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则粒子的运动轨迹是圆弧，B错误。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系有解得由洛伦兹力提供向心力有解得由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场内的运动时间，C正确，D错误。 4.A 由于不计空气阻力，则电子做匀速圆周运动，且根据左手定则可知电子向左偏转，可知电子偏转的轨迹为圆弧的一部分，故选A。 5.C 根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有整理得磁感应强度由于粒子的不变，因此磁感应强度，即由几何关系，可知与相似，则由勾股定理得且联立解得，故选C。 6.C 带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，此时有当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，此时有联立可得因为，所以又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故，故选C。 7.B 小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右(指向点)。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里(即俯视图中连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向上弯曲)，当小球运动到右侧最高点(点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外(即俯视图中连线的下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向下弯曲)，综上所述，B选项图符合题意。 二、多选题 8.BCD 电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得可得根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误。电子在磁场中做匀速圆周运动的周期结合可得根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确。设电子2运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子2的动能为，故C正确。设电子3运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子3的动量大小为，D正确，故选BCD。 9.AD 根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确。设磁感应强度为，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有水平方向上有解得则小球做圆周运动的周期为，故B错误。根据题意，水平方向上，由动量定理有竖直方向有则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误。若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有水平方向上有小球与管道间的弹力大小联立解得，D正确，故选AD。 三、解答题 10.【答案】(1) (2)① 沿z轴负方向；；22.5N；②30W (3)①；②2 【解析】(1)沿z轴正方向看，长直载流导线的磁感线为以输电线中心为圆心的一系列同心圆，根据右手螺旋定则，电流沿z轴正方向，磁感线方向为顺时针环绕，如图： (2)①每匝正方形线圈的两条沿z方向的边电流方向相反，所受安培力相互抵消；两条沿径向(垂直z)方向的边，一条处于普通磁场中，另一条(靠近z轴正方向一侧)处于磁性材料的强磁场中，单匝的有效受力差为根据左手定则结合图示恒流源的方向，可知线圈所受安培力的方向为沿z轴负方向匝总安培力为： 代入数值计算得： ②匝线圈串联总电阻热功率代入数值： (3)① 乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联要保持总安培力和甲方案相等：甲的总安培力是匝串联、每匝电流为的总效果乙每条边电流为，总安培力因此： ②乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联乙的热功率甲的热功率因此比值： 11.【答案】(1) (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 【解析】(1)母离子在A区由静止经电场加速，由动能定理得： 母离子进入匀强磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： 联立可得 (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 12.【答案】(1)，垂直于棒向右 (2)， (3)， 【解析】(1)由题可知，在时，由左手定则可知金属棒受到安培力方向垂直于棒向右。 (2)当金属棒达到最大速度时，此时安培力与摩擦力平衡，即设此时运动的位移为，根据几何关系可知解得，在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，有即解得 (3)若金属棒恰好能到达O点，安培力做功与电流的关系为根据动能定理，电流I的最大值满足解得使金属棒恰好静止时电流满足解得为了使金属棒能运动起来且不离开磁场区域，则电流I的取值范围为 13.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小为粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为由匀变速直线运动速度与位移的关系得联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 (2)粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得解得粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得 (3)设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得则粒子沿 轴和轴的速度分别为，解得，粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间沿 轴方向做匀速直线运动，有联立解得沿 轴方向的位移为粒子第二次进入磁场时， 坐标为沿 轴方向的速度为由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为则粒子与 轴负方向的夹角仍满足因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示 则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。 14.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)电子加速场中，由动能定理有电子在，筛选器中由牛顿第二定律有电子通过样品前后的动能变化量联立可得 (2)偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿着电场方向有根据牛顿第二定律出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有联立解得 (3)由题意可知将表达式代入可得结合题图(相对强度8408到4204)可得解得 15.【答案】(1)0.6或0.8 (2)或 (3)，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。 【解析】(1)粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向竖直方向联立解得即在O点，，设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则即根据，解得或 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标当时，，当时，，粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标故y坐标为或。 (3)根据(1)可知设。粒子能到达O点需满足，即，若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，存在两个发射角(假设大于)。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可此时根据数学关系可知此时，解得对于需，即此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 16.【答案】(1) (2) (3)， 【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有解得粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据解得 (2)根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达再根据，可知O到A运动时间从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间则总时间 (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期 区域Ⅲ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化同理所花时间同理取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴坐标时间此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则粒子b在a到达第一次向上点a(即)时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为粒子b第1次速度向上点(绝对时刻)：b先在区域Ⅱ走下半圆坐标时刻同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…，由相遇条件、得，两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9代入得， 17.【答案】(1) (2) 【解析】(1)断开S1，闭合S2时回路电流则cd的电功率P = I2r解得 (2)设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma联立解得 18.【答案】(1)，垂直纸面向里 (2) 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有可得根据几何关系可得联立可得根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)根据结合可得电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间联立可得 19.【答案】(1)ab竖直向下，cd竖直向上 (2)，，， (3) 【解析】(1)根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。 (2)由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸(阻值增大)、R3被压缩(阻值减小)，故，cd向下弯曲，使R2被压缩(阻值减小)、R4被拉伸(阻值增大)，故 (3)由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。上支路总电阻为电流，f点电势下支路总电阻为电流，e点电势，e、f两点间的电势差绝对值安培力与ΔR的关系：，而，所以联立得 14 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $