五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題10磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁場與磁現(xiàn)象2021、2022、2024聚焦基礎(chǔ)概念與模型分析。以磁電式電表為背景，考查磁場分布與安培力方向的判斷，需結(jié)合左手定則和磁感線分布分析。計算題則常與力學(xué)、電磁學(xué)跨模塊綜合以“質(zhì)子束反射折射裝置”為背景，要求聯(lián)立洛倫茲力公式與動量定理，分析帶電粒子在磁場中的軌跡調(diào)控。實驗題雖未直接考查磁場，但隱含相關(guān)分析安培力與電磁感應(yīng)：命題從單一通電導(dǎo)線擴展至多導(dǎo)體系統(tǒng)，通過正方形線框在變化磁場中的運動，要求聯(lián)立法拉第電磁感應(yīng)定律與焦耳定律計算安培力和發(fā)熱功率。以“電磁撬技術(shù)”為情境，考查電磁感應(yīng)與恒定電流的動態(tài)建模，涉及安培力與焦耳熱的關(guān)聯(lián)分析。、帶電粒子運動與能量轉(zhuǎn)化：高頻考點從勻速圓周運動擴展至復(fù)合場中的復(fù)雜軌跡，需綜合應(yīng)用動能定理與運動分解。要求結(jié)合半衰期模型推導(dǎo)核反應(yīng)方程，并利用磁場確定粒子電性與動量。磁場疊加與邊界條件：命題注重磁場分布的空間分析。考點2安培力2021、2022、2023、2024、2025考點3洛倫茲力2024考點4帶電粒子在磁場中的運動2022、2023考點5帶電粒子在復(fù)合場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點01磁場與磁現(xiàn)象1．（2024·浙江·1月選考）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（）A．圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度相同C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等【答案】A【詳析】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項A正確；

B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度不為零，選項C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度，選項D錯誤。故選A。2．（2022·浙江·6月選考）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【答案】B【詳析】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；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，B正確；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，電流為0，C錯誤；D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。故選B。3．（2021·浙江·1月選考）如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若通電螺線管是密繞的，下列說法正確的是（）A．電流越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場B．螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場C．螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場D．磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場【答案】B【詳析】根據(jù)螺線管內(nèi)部的磁感線分布可知，在螺線管的內(nèi)部，越接近于中心位置，磁感線分布越均勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場。故選B?？键c02安培力4．（（2025·浙江·1月選考）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。以磁場邊界CD上一點為坐標(biāo)原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上。開關(guān)S(1)線框中心位于x=0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大?。虎诰€框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L(2)線框中心分別位于x=0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x=L所需時間分別為t1和t【答案】(1)①2BIL；②3BIL24，3IBm(2)0【詳析】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為l=2L所以線框受到的安培力大小為F②線框運動到x時，安培力大小為F安=2BI(L-x)則初始時和線框中心運動至x=L2時的安培力分別為F安1由動能定理W可得v=則安培力的沖量為I=mv=③由能量守恒定律UI=BILv+IU=B（2）類比于簡諧運動，則回復(fù)力為F回=由題意可知，兩次簡諧運動周期相同，兩次都從最大位移運動到平衡位置，時間均相同，則有t故t5．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以ΔBΔt=0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OOA．12N B．22N C．1N【答案】C【詳析】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=ΔB線框以某一角速度ω繞其中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動時電動勢的最大值為Em=BSω分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時感應(yīng)電流最大為Im=BSωR故選C。6．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點θ=π4；然后開關(guān)S接2

A．電源電動勢E0=2C．從左向右運動時，最大擺角小于π4 D【答案】C【詳析】A．當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=BIL解得I=MgBL根據(jù)歐姆定律I=E0R根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒從右向左運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管正方向相同，部分機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱；導(dǎo)體棒從左向右運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管相反，沒有機械能損失B．若導(dǎo)體棒運動到最低點時速度為零，導(dǎo)體棒損失的機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為Q根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時，導(dǎo)體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱Q<故B錯誤；C．根據(jù)B選項分析可知，導(dǎo)體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于π4，故CD．根據(jù)B選項分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=BLv可知棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。7．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B=kt的勻強磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為kπC．圓管的熱功率大小為πdhD．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【來源】2022年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試題（浙江卷?1月）【詳析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為E=ΔBΔC．圓管的電阻R=ρ2πrdh圓管的熱功率大小為P=ED．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C。8．（2022·浙江·1月選考）利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強磁場方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長度L，得到導(dǎo)線受到的安培力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【詳析】根據(jù)F=BIL可知先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過原點的直線。同理保持電流I不變，改變通過電部分的長度L，則F-L圖象是過原點的直線。故選B。9．（2021·浙江·6月選考）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線a、b，分別通以80A和100A流向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是（）A．兩導(dǎo)線受到的安培力FB．導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算C．移走導(dǎo)線b前后，p點的磁感應(yīng)強度方向改變D．在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強度為零的位置【答案】BCD【詳析】A．兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；B．導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算，因為磁場與導(dǎo)線垂直，故B正確；C．移走導(dǎo)線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，向外，故C正確；D．在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點產(chǎn)生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強度為零的位置。故D正確。故選BCD。考點03洛倫茲力10.（2024·浙江·6月選考）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為mC．洛倫茲力沖量大小為qBv022g【答案】CD【詳析】A．根據(jù)動量定理I=0-mv0=-mv0B．小球上滑的時間為t=v0gsinθ重力的沖量大小為C．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0-at=-Bqat+Bqv0，D．若v0=2mgcosθqB即F則小球在整個減速過程的FN圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD?？键c04帶電粒子在磁場中的運動11.（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(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)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)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，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°=根據(jù)qv1在磁場中運動的周期T=2πmq

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系rr解得r2=2Lsinα=34根據(jù)qv（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域則速度在3B1qLm~6B1qLm12．（2022·浙江·6月選考）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O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。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)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強度B的大??；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的大小；（2）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有qv0B=②離子在磁場中的運動時間t=πR2v0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ωt=2kπ+π2ω=(4k+1)（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運動時間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)FF=(2nπ+θ)N2(π-θ)πmv（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<6v考點05帶電粒子在復(fù)合場中的運動13.（2025·浙江·1月選考）同位素614C相對含量的測量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測量系統(tǒng)如圖1所示。將少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)生的離子經(jīng)過靜電分析儀ESA-I、磁體-I和高電壓清除器，讓只含有三種碳同位素612C、613C、614C的C3+離子束（初速度可忽略不計）進(jìn)入磁體-Ⅱ．磁體-Ⅱ由電勢差為U的加速電極P，磁感應(yīng)強度為B、半徑為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器F構(gòu)成。通過調(diào)節(jié)U，可分離612C、613C、614C(1)寫出中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C，以及(2)根據(jù)圖2寫出612C的C3+離子所對應(yīng)的U值，并求磁感應(yīng)強度B的大?。ㄓ嬎憬Y(jié)果保留兩位有效數(shù)字。已知R=0.2m(3)如圖1所示，ESA-Ⅱ可簡化為間距d=5cm兩平行極板，在下極板開有間距L=10cm的兩小孔，僅允許入射角φ=45°的6(4)對古木樣品，測得614C與612C離子數(shù)之比值為4×10-13；采用同樣辦法，測得活木頭中614C【答案】(1)01n(2)1.93×106(3)1.65×(4)8957【詳析】（1）中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C的核反應(yīng)方程式為01n+（2）在加速電場中，由動能定理得qU=12mv聯(lián)立解得v=qBRm，U=qB2R22m相比613C，612C的比荷更大，通過圓形管道所需要的電壓更大，通過圖2可知當(dāng)電壓為1.93×10根據(jù)U=qB2（3）由題意知，614C粒子在板間做類斜拋運動，水平方向有vx=22v，L=vx（4）古木中614C與612C比值是活木頭中的13，說明經(jīng)過衰變后614C只剩下13，已知經(jīng)過一個半衰期剩下14.（2024·浙江·6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的14倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中U0=B2qL28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM=34U①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①U0<U<4U0；②12L【詳析】（1）對a離子根據(jù)動能定理得qU=12mv2a離子在勻強磁場中做勻速圓周運動Bqv=mv2（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x0'≤2L即qB2L②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為x代入U0≤U≤4故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為52L～72L）任意位置經(jīng)電壓為UNM的電場減速射入虛線下方的磁場，此時25U016≤U≤49U0當(dāng)U=2516U0時，b當(dāng)U=4916U0時，b故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為Δ（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知x0''則b離子從xb'=3L處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)UNM=k'U，則同理可知1-k'Uqb當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得22即99解得27即n<277，n取整數(shù)，故可得15.（2024·浙江·1月選考）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直平面向外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢差U=φⅠ-φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角θ射出，實現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若U=mv022e，求（3）計算說明如何調(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點下方距離3mv0eB處水平放置一長為4mv0eB的探測板CQD（Q在P的正下方），CQ長為mv0eB，質(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，同時從【答案】（1）2mv0Be；（2）2；（3）U≤-【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律Bev0=mv02r不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)（2）設(shè)水平方向為x方向，豎直方向為y方向，x方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為θ'，根據(jù)動能定理Ue=12mv12-1（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時候y方向速度為零，即Ue=0-12m即應(yīng)滿足U≤-（4）臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得∠CPQ=30°所以如果U≥0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當(dāng)U≥0時F=2Nmvy又eU=12②根據(jù)幾何知識可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60°時，粒子剛好打到D點，水平方向速度為vx=v02所以vy=vxtan60°③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-mv023e≤U<0），此時僅有O點右側(cè)的一束粒子能打到板上，因此F=Nm16.（2023·浙江·1月選考）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xOy平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長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），N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點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60°；且各個方向均有速度大小連續(xù)分布在12v0和2v0之間的離子射出。已知速度大小為v0、沿y（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)x0（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度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時的電壓U0（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時的電壓Ux與孔C位置坐標(biāo)x【答案】（1）2mv0qB；（2）2d；（3）mv02【詳析】（1）速度大小為v0、沿y由洛倫茲力提供向心力Bqv0=mv02（2）速度大小為v的離子進(jìn)入磁場后，由洛倫茲力提供向心力Bqv=mv2若要能在C點入射，則由幾何關(guān)系可得2R'如圖由幾何關(guān)系可得L=2d（3）不管從何角度發(fā)射vy=vcosθ由（2）可得vy=v0（4）孔C位置坐標(biāo)x，x=2rcosθ其中r=mv'Bq=Rv'v0聯(lián)立可得x=2Rv'v0cosθ，cosθ∈1217.（2023·浙江·1月選考）某興趣小組設(shè)計的測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B=k1I，通有待測電流I'的直導(dǎo)線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B'=k2IA．a(chǎn)→b，k2k1I0C．b→a，k2k1I0【答案】D【詳析】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導(dǎo)線ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流I'的方向應(yīng)該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場強為0，所以有故選D。18.（2022·浙江·6月選考）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為E=ar，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【詳析】A．根據(jù)電場力提供向心力可得ar?q=mω2r解得ω=BC．根據(jù)電場力提供向心力可得ar?q=mv2r解得v=aqm又ED．磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。故選BC19．（2022·浙江·1月選考）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強度大小E=B13eUm，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小B2=emUea，求被探測到的電子剛從板M（3）為了使從O點以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2，求E的最大值和B2的最大值?！敬鸢浮浚?）Ekm=hν-W0；2eUm≤v0≤2hν+eU-【詳析】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能E12m2eU（2）速度選擇器ev1v如圖所示，幾何關(guān)系mvβ=（3）由上述表達(dá)式可得Emax=B12(hν+eU-W0)m，由mv0eB2sinα=20．（2021·浙江·6月選考）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)。氙離子（Xe2+）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為（1）求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0=2mv【答案】（1）vS=v02-4eEdm；（2）【詳析】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有2eEd=解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小v（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有R1-L22+L2=R12根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=mv02R1聯(lián)立解得（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0所以可得cosθ=35。離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔ21.（2021·浙江·1月選考）在芯片制造過程中，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)中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為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處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L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。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有sinα≈tanα≈α(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說明理由?！敬鸢浮?1)EB，2E(R1+R2)B2；(2)（3L【來源】2021屆浙江省1月普通高校招生選考物理試題【詳析】(1)通過速度選擇器離子的速度v=EB從磁分析器中心孔N由mv2(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離xtan離開電場后，離子在x方向偏移的距離xx=位置坐標(biāo)為(3L2R(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運動半徑r=sin經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離y離開磁場后，離子在y方向偏移距離y2=Ltan位置坐標(biāo)為(0，3L(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(3L2R1+R1．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）電磁彈射器在我國自行研制的第三艘航空母艦“福建號”進(jìn)行了使用。其原理是彈射車處于強磁場中，當(dāng)彈射車內(nèi)的導(dǎo)體有強電流通過時，彈射車就給艦載機提供強大的推力而快速起飛，下列與其原理相同的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳析】電磁彈射器的工作原理是通電導(dǎo)體在安培力作用下開始運動。A．圖中工作原理是電磁感應(yīng)，與電磁彈射器的工作原理不相同，故A錯誤；B．圖中是LC振蕩回路的原理，故B錯誤；C．圖中是通電導(dǎo)體在安培力作用下開始運動，兩者原理相同，故C正確；D．動圈式話筒的工作原理是電磁感應(yīng)，與電磁彈射器的工作原理不相同，故D錯誤。故選C。2．（2025·浙江北斗星盟·三模）一個處于勻強磁場中的靜止放射性原子核，由于發(fā)生了衰變而生成a，b兩粒子，在磁場中形成如圖所示的兩個圓形徑跡，兩圓半徑之比為1：45，下列判斷正確的是（）A．該原子核發(fā)生了β衰變 B．a(chǎn)粒子做順時針運動C．原來靜止的核，其原子序數(shù)為92 D．兩粒子的運動周期相等【答案】C【詳析】A．由圖示可知，原子核衰變后放出的粒子與新核所受的洛倫茲力方向相反，而兩者速度方向相反，則知兩者的電性相同，新核帶正電，則放出的必定是a粒子，發(fā)生了a衰變，故A錯誤；B．原子核衰變過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知，放出的a粒子與新核的動量大小相等，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r解得r=mvqB=C．由于兩圓半徑之比為1：45，由半徑與電荷量成反比可知，a粒子的電荷量為2，新核的電荷量為90，則原來靜止的原子核的電荷量為92，即原子序數(shù)為92，故C正確；D．粒子的運動周期T=2πmqB可知兩粒子在磁場中運動的周期不相等，故故選C。3．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃┫铝形锢砹渴菢?biāo)量且其單位用國際單位制基本單位表示正確的是（）A．功，kg?m/s2C．電場強度，N/C D．磁通量，kg【答案】D【詳析】A．功是標(biāo)量,其單位用國際基本單位表示為kg?m2B．磁感應(yīng)強度是矢量，其單位特斯拉為導(dǎo)出單位，B錯誤；C．電場強度為矢量，其單位國際用基本單位表示為kgD．磁通量是標(biāo)量，其單位國際用基本單位表示為kg?m2故選D。4．（2025·浙江金華義烏·三模）甲、乙、丙、丁四幅圖分別是回旋加速器、磁流體發(fā)電機、泊松亮斑、重核裂變的結(jié)構(gòu)示意圖，下列說法中正確的是（）A．圖甲中增大交變電壓場的電壓可增大粒子的最大動能B．圖乙中磁流體發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢大小與等離子體的濃度無關(guān)C．圖丙中的泊松亮斑支持了光的波動說，它是菲涅爾通過實驗觀察到的D．圖丁所示的核反應(yīng)屬于重核裂變，鋇141的平均核子質(zhì)量、比結(jié)合能都比鈾235的小【答案】B【詳析】A．圖甲中粒子達(dá)到最大動能時qvB=mv2R，EB．圖乙中磁流體發(fā)電機當(dāng)穩(wěn)定時滿足Edq=qvB可得E=Bdv可知產(chǎn)生的電動勢大小與等離子體的濃度無關(guān)，選項C．圖丙中的泊松亮斑支持了光的波動說，而菲涅爾通過實驗觀察到的是圓孔衍射得到的圖樣，選項C錯誤；D．圖丁所示的核反應(yīng)屬于重核裂變，該核反應(yīng)的過程中釋放大量的能量，存在質(zhì)量虧損而質(zhì)量數(shù)不變，生成物的平均核子質(zhì)量更??；因生成物更加穩(wěn)定，比結(jié)合能更大，則鋇141的平均核子質(zhì)量比鈾235小、比結(jié)合能都比鈾235的大，選項D錯誤。故選B。5．（2025·浙江紹興一中·模擬）利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測量。如圖甲所示，將固定有霍爾元件的物體置于兩塊磁性強弱相同、同極相對放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。保持沿x方向通過霍爾元件的電流I不變，當(dāng)物體沿z軸方向移動時，由于不同位置處磁感應(yīng)強度B不同，霍爾元件將在y軸方向的上、下表面間產(chǎn)生不同的霍爾電壓UH。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時，磁感應(yīng)強度B=0，UH=0，將該點作為位移的零點。在小范圍內(nèi)，磁感應(yīng)強度B的大小和坐標(biāo)zA．在小范圍內(nèi)，霍爾電壓UH的大小和坐標(biāo)zB．其他條件相同的情況下，電流I越大，霍爾電壓UHC．其他條件相同的情況下，霍爾元件沿z軸方向的長度越小，霍爾電壓UHD．若霍爾元件中的載流子為電子，測得霍爾元件上表面電勢高，說明元件向z軸正方向移動【答案】A【詳析】ABC．設(shè)自由電荷的定向移動速度為v，單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，自由電荷的電荷量為q，霍爾元件沿y軸方向的長度為y0，沿z軸方向的長度為z0，當(dāng)霍爾元件在y軸方向的上、下表面間產(chǎn)生的霍爾電壓達(dá)到穩(wěn)定時，則有qvB=qUHy0根據(jù)電流微觀表達(dá)式可得I=nqSv=nqy0z0v聯(lián)立可得UH=BInqz0由題意可知在小范圍內(nèi)，磁感應(yīng)強度B的大小和坐標(biāo)zD．若霍爾元件中導(dǎo)電的載流子為電子，若測出霍爾元件的上表面電勢高，可知電子受到的洛倫茲力沿y軸向下，根據(jù)左手定則可知，磁場方向沿z軸正方向，故霍爾元件所處位置更靠近左側(cè)N極，說明元件向z軸負(fù)方向移動，故D錯誤。故選A。6．（2025·浙江金華義烏·三模）下列物理量中是標(biāo)量，且其單位用國際制基本單位表示正確的是（）A．動量

N·t B．安培力

kg·m·s-2C．重力勢能

kg·m2·s-2 D．電動勢

V·m【答案】C【詳析】A．動量是矢量，動量用國際單位制單位用基本單位表示為kg?m/s，故B．安培力是矢量，安培力用國際單位制單位用基本單位表示為kg·m·s-2，故B錯誤；C．重力勢能是標(biāo)量，重力勢能用國際單位制單位用基本單位表示為kg·m2·s-2，故C正確；D．電動勢是標(biāo)量，用國際單位制單位用基本單位表示為kg?m2故選C。7．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）汽車裝有加速度傳感器，以測量汽車行駛時縱向加速度。加速度傳感器有一個彈性梁，一端夾緊固定，另一端連接霍爾元件，如圖所示。汽車靜止時，霍爾元件處在上下正對的兩個相同磁體中央位置，如果汽車有一向上的縱向加速度，則霍爾元件離開中央位置而向下偏移。偏移程度與加速度大小有關(guān)。如霍爾元件通入從左往右的電流，則下說法正確的是（）A．若霍爾元件材料為N型半導(dǎo)體（載流子為電子），則前表面比后表面的電勢高B．若汽車加速度越大，則霍爾電壓也越大C．若汽車縱向加速度為0，增大電流，則監(jiān)測到的霍爾電壓也會增大D．若汽車速度增大，則霍爾電壓也增大【答案】B【詳析】A．N型半導(dǎo)體載流子為電子，電流從左往右，電子從右向左運動，電子受到洛倫茲力的作用將在前表面聚集，直到粒子所受洛倫茲子與靜電力平衡，前后表面光形成穩(wěn)定的電勢差，而后表面的電勢比前表面的要高，故A錯誤；B．加速度越大，偏移量越大，磁感應(yīng)強度越大，霍爾電壓越大，故B正確；C．若汽車縱向加速度為0，則霍爾元件所處位置的磁感應(yīng)強度為零，粒子不受洛倫茲力，不會出現(xiàn)霍爾電壓，故C錯誤；D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍爾電壓也不一定大，故D錯誤。故選B。8．．（2025·浙江寧波·三模）如圖甲為利用電磁驅(qū)動原理制作的交流感應(yīng)電動機。三個線圈連接到三相電源上，電流形成的磁場可等效為以角速度ω0轉(zhuǎn)動的輻向磁場。邊長為l、總電阻為R的單匝正方形線框ABCD可繞其中心軸OO'旋轉(zhuǎn)，圖乙為這種驅(qū)動裝置的俯視圖，線框的兩條邊AB、CD所處位置的磁感應(yīng)強度大小均為B。當(dāng)線框由靜止開始轉(zhuǎn)動時，AB、CD兩條邊受到的阻力均為Ff=kv，其中比例系數(shù)k=2BA．線框的轉(zhuǎn)動方向與輻向磁場的轉(zhuǎn)動方向相反B．線框的角速度大小為ωC．線框的感應(yīng)電動勢大小為BD．線框AB邊所受安培力大小為B【答案】C【詳析】A．根據(jù)電磁驅(qū)動原理，線框的轉(zhuǎn)動方向與輻向磁場的轉(zhuǎn)動方向相同，故A錯誤；B．當(dāng)導(dǎo)線框達(dá)到穩(wěn)定轉(zhuǎn)動時，線框的AB、CD兩邊切割磁感線的相對速度大小均為v根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得此時的感應(yīng)電動勢為E′=2Blv相對根據(jù)閉合電路歐姆定律可得此時的感應(yīng)電流為I=E'R金屬線框AB、CD兩邊所受的安培力均為F安=BIl，聯(lián)立解得F安=B2l3ω0-ωmR，根據(jù)AB、CD兩邊所受的安培力均與阻力平衡，可得f=F安C．線框AB、CD邊轉(zhuǎn)動的相對線速度v相對=(ω0故C正確；D．線框勻速轉(zhuǎn)動F=Ff=kv=2故選C。9．（2025·浙江金華·三模）π+介子會發(fā)生衰變，反應(yīng)方程式為π+→μ++vμ，即生成一個μ+介子和一個μ子中微子。在云室中可觀察到πA．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1【答案】B【詳析】π+介子和μ+介子在磁場中均做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則evB=mv2r解得動量p=mv=eBr由核反應(yīng)方程知只有π+介子和μ+介子帶有電荷，設(shè)衰變前為正方向，則衰變前后動量守恒，即pπ+=-pμ++pvμ故選B。10．（2025·浙江紹興·三模）磁懸浮列車是一種使用磁力使得列車懸浮起來移動的交通工具，由于懸浮行駛時不與地面接觸，故可減小摩擦力，以便獲得較高的行駛速度。如圖1所示，科學(xué)家利用EDS系統(tǒng)來產(chǎn)生懸浮，列車在導(dǎo)槽內(nèi)行駛，車廂的兩側(cè)有電磁鐵，而導(dǎo)槽兩側(cè)則有“8”字形的線圈，當(dāng)車輛兩側(cè)的電磁鐵（左側(cè)N極、右側(cè)S極）通過“8”字形線圈時會在線圈上感應(yīng)出電流，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場又與電磁鐵產(chǎn)生排斥及吸引作用，形成一個向上的磁力使得列車懸浮起來。某時刻車廂的左邊電磁鐵靠近“8”字形線圈產(chǎn)生圖2中方向所示的感應(yīng)電流，則關(guān)于電磁鐵與線圈的相對位置說法正確的是（）A．電磁鐵中心與線圈中心等高B．電磁鐵中心高于線圈中心C．電磁鐵中心低于線圈中心D．電磁鐵中心高于或等于線圈中心【答案】C【詳析】從圖2中感應(yīng)電流的方向可判斷，此時線圈產(chǎn)生的磁場對電磁鐵具有“拉回”或“托舉”作用（即使電磁鐵向上回復(fù)到線圈中心位置）。根據(jù)楞次定律，如感應(yīng)電流方向如圖所示，則說明電磁鐵此刻低于線圈中心，線圈對電磁鐵的合力指向上方，使電磁鐵趨于回到中心位置。故選C。11．（2025·浙江·選考測評）石墨烯是一種由碳原子組成的呈蜂巢晶格結(jié)構(gòu)的單層二維納米材料，利用如圖所示的電路可測量石墨烯樣品的載流子的濃度（即1m2內(nèi)所含電子個數(shù)）。在石墨烯表面加方向垂直向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在電極1、3間通以恒定電流I，則電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。已知電子的電荷量為e，則該樣品的載流子濃度為（A．2UBeI B．UBeI C．IBeU【答案】C【詳析】該樣品中的載流子為電子，設(shè)樣品中每平方米電子數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，2、4間的距離為d，則t時間內(nèi)有電子通過的面積為vtd，時間t內(nèi)通過樣品的電荷量q=nevtdC根據(jù)電流的定義式得I=qt=nevd故選C。12．（2025·浙江·選考測評）下列各物理量是矢量且括號中對應(yīng)單位正確的是（

）A．電勢（V） B．電流（A）C．加速度的變化率ms3 D【答案】C【詳析】A．電勢是標(biāo)量，單位為V，故A錯誤。B．電流是標(biāo)量，單位為A，故B錯誤。C．加速度的變化率為矢量，單位為ms3，故D．磁通量為標(biāo)量，單位為T?m2故選C。13．（2025·浙江溫州·二模）有關(guān)下列四幅圖的描述，正確的是（）A．圖甲中，線圈順時針勻速轉(zhuǎn)動，電路中A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光B．圖乙中，強相互作用可以存在于各種核子之間，作用范圍只有約10?10mC．圖丙中，磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁驅(qū)動的原理D．圖丁中，自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件（電流和磁場方向如圖所示）的N側(cè)電勢高【答案】A【詳析】A．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光，A正確；B．強相互作用的作用范圍約為10?15m（原子核尺度），并非10?10m，B錯誤。C．磁電式儀表中鋁框的作用是利用“渦流（電磁）阻尼”使指針快速停擺，而非“電磁驅(qū)動”，C錯誤。D．根據(jù)左手定則可知，自由電荷向N側(cè)偏轉(zhuǎn)，由于自由電荷為負(fù)電荷，N側(cè)的電勢較低，D錯誤。故選A。14．（2025·浙江金華·三模）在無線長通電直導(dǎo)線周圍某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B與距離r的一次方成反比，可表示為B=kIr?，F(xiàn)有一半徑為R的薄壁長圓筒如圖1，其壁上電流I0，在筒內(nèi)側(cè)磁感應(yīng)強度處處為0A．圓筒側(cè)壁單位面積受到的壓力為kB．圓筒左半側(cè)在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度水平垂直紙面向里C．若在圓筒外側(cè)同軸心放置一逆時針的圓形電流如圖2，則圓形電流受到圓筒的吸引力D．若在圓筒軸線放置一反向電流也為I0長直細(xì)導(dǎo)線如圖3，則圓筒側(cè)壁單位面積受力【答案】BD【來源】2025屆浙江省金華市高三下學(xué)期三模物理試題【詳析】A．根據(jù)題意緊貼圓筒外側(cè)的磁感強度B=kI0R導(dǎo)體上的電流密度j=I02πR在圓筒上取寬度為Δd，長度為Δl一個小微元，在微元朝向圓筒一側(cè)，磁感強度為零，可知該微元產(chǎn)生的磁場和除去該微元以外電流產(chǎn)生的磁場，在圓筒內(nèi)部等大反向，根據(jù)對稱性可知在圓筒的外側(cè)等大同向，因此其他部分在該微元處產(chǎn)生的磁場B'=B2=B．將圓筒的左半部分分成完全相同的n份，根據(jù)右手螺旋定則，關(guān)于原點對稱的內(nèi)、外兩份在原點產(chǎn)生的磁場的合場強垂直紙面向里，所有磁場疊加，因此圓筒左半側(cè)在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度水平垂直紙面向里，B正確；C．圓筒的電流在圓環(huán)部分產(chǎn)生的磁場與圓環(huán)平行，對圓環(huán)沒有力的作用，C錯誤；D．在圓筒的內(nèi)部緊貼圓筒部分，磁感強度為B=kI0R利用磁場的疊加可知，在圓筒的外部合場強為零，利用A選項中的結(jié)論可知，圓筒單位面積受到的力與故選BD。15．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）芯片制造工藝中，離子注入控制是一道重要的工序。某技術(shù)人員利用電磁場設(shè)計一種方案簡要如圖所示，從離子源產(chǎn)生的離子（初速度不計）經(jīng)勻強電場加速U0后，沿中軸線飛入平行金屬板A、B，之后經(jīng)需要先后進(jìn)入由電流控制磁場的半徑為r（較小）的圓形邊界勻強磁場Bx和足夠大的勻強磁場By，兩磁場的磁感應(yīng)強度分別由相應(yīng)的電流Ix和Iy大小和方向控制，磁感應(yīng)強度與電流關(guān)系滿足B=kI，k為常數(shù)，忽略邊緣效應(yīng)，以平行極板中心O為坐標(biāo)原點，建立O-xyz坐標(biāo)系（垂直紙面向外為z軸正方向），平行極板長為L1，間距為d，圓形邊界在YOZ平面內(nèi)的勻強磁場BX的圓心坐標(biāo)（0，L2，0），待制造芯片放置位置中心坐標(biāo)（0，L3，0）。已知離子電量為+q、質(zhì)量為m。tan(1)若Ix=Iy=0時，離子恰好打到（R，L3，O）點，求UAB的值；(2)若UAB=0，Iy=0時，控制離子恰好打到（0，L3，R）點，求Ix的值；(3)若UAB=0，Ix為某值時，離子經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)θ角進(jìn)入By磁場，試導(dǎo)出離子打到芯片上位置（x，y，z）與Iy的關(guān)系式（設(shè)離子轉(zhuǎn)動不到90°）?！敬鸢浮?1)U(2)I(3)x=mv0sinθqkIY1-cosqk【詳析】（1）根據(jù)動能定理有q根據(jù)類平拋運動規(guī)律有L1=其中x=R解得U（2）根據(jù)幾何關(guān)系有R=L3-L2則r1=m（3）By磁場中運動時間t=角速度為ω=離子轉(zhuǎn)過角度β=ωt=By磁場中半徑r2坐標(biāo)為x=r2-r2cosβ=mvz=rtanθ+16．（2025·浙江北斗星盟·三模）某創(chuàng)新小組設(shè)計了一個粒子探測器。如圖所示，在xOy平面內(nèi)第一象限的虛線與y軸所圍區(qū)域內(nèi)有一個場強大小為E1=3mv022qL、方向平行于y軸的勻強電場；第三象限內(nèi)存在垂直xOy平面向外，磁感應(yīng)強度大小為B1=6mv0qd的勻強磁場；在電場邊界右側(cè)放置長為7πL6+3l2、高為3L的容器（左側(cè)為網(wǎng)狀不影響粒子進(jìn)入，右側(cè)為收集板），容器內(nèi)分布著正交電磁場，其中勻強磁場方向垂直xOy平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B2=2mv0qL，勻強電場方向豎直向下，場強大小為E2=2m(1)粒子由P點射出時水平分速度vx的大?。?2)要使所有粒子經(jīng)過勻強電場后均能沿x軸正方向運動，試判斷電場方向并寫出此虛線的方程；(3)在滿足（2）的條件下，能進(jìn)入容器的粒子占總粒子數(shù)的百分比；(4)在滿足（2）的條件下，右側(cè)收集板因吸收粒子而在水平方向上受到的平均作用力?！敬鸢浮?1)3v0(2)y=(3)75(4)18Nmv【詳析】（1）設(shè)從P點射出的一粒子，其速度大小為v，方向與y軸正方向成θ角。d=2rsinθ=2mvxqB1可得vx=3v（2）電場方向沿y軸負(fù)方向。粒子到達(dá)O點后分布在與x軸正方向成60°的范圍內(nèi)。電場區(qū)域的邊界為從O點進(jìn)入電場的粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后速度平行于x軸正方向時的}出點的集合。令出點的坐標(biāo)為（x，y），有x=vxt

y=12qE1mt（3）若粒子恰能水平進(jìn)入探測器，即豎直減速為零位移等于探測器高度y=vy22a=3L

其中a=qE1m解得vy=3（4）粒子以大小為3v0的水平速度進(jìn)入電磁場，為抵消粒子所受的電場力，需給粒子一個水平向右的速度v0，粒子在探測器中的運動可以看成勻速直線運動和圓周運動的合運動,其圓周半徑R=2mv0qB2=L，即離x軸高L的粒子恰能與上邊界相切根據(jù)y=v22a=L

解得vy=3v0根據(jù)探測器水平長度，假設(shè)粒子以v0勻速向右，則t0=xv0=7πL6v如圖所示解得t=76T2

θ=60°則撞擊瞬間粒子水平速度為2解得F=17．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)?！ざ＃┠撑d趣小組為探索光電效應(yīng)和光電子在電磁場中的運動規(guī)律，設(shè)計裝置如圖所示，頻率為ν=1.06×1015Hz的激光照射在豎直放置的鋅板K的中心位置O點，其右側(cè)距離為d1=0.4m處有另一足夠大極板A，A上正對O點有一豎直狹縫，并在兩極板間加電壓U=1.8V，兩極板間電場可視為勻強電場。在A板右側(cè)有寬度為D、方向垂直紙面向內(nèi)、大小為B=10-5T的勻強磁場。鋅板的逸出功W=5.376×10-19J，普朗克常量(1)光電子到達(dá)極板A的最大速度vm(2)極板A上有光電子打中的區(qū)域面積；(3)要使所有光電子均不從右側(cè)邊界飛出，磁場寬度D應(yīng)滿足的條件，并計算電子在磁場中運動最短時間（計算結(jié)果保留1位有效數(shù)字）；(4)將勻強磁場改為垂直平面向內(nèi)的非勻強磁場，磁感應(yīng)強度滿足B'=kxk=2×10-4【答案】(1)v(2)S=1.08(3)D≥0.9m，(4)D【詳析】（1）由愛因斯坦光電效應(yīng)方程得Ekm=hν-W0（2）設(shè)極板上有光電子打中得區(qū)域為半徑為y的圓形區(qū)域，電子的最大動能為Ekm=12mv02當(dāng)電子以最大速度且沿平行極板方向逸出鋅板時，電子打到圓形區(qū)域的邊緣。此時電子在平行極板方向做勻速直線運動，則y=v0t（3）設(shè)電子經(jīng)過A板時最大速度大小為vm，與板最小夾角為α，則tanα=atv0由幾何關(guān)系得Dm=r1+cosα，evmB=m電子在磁場中運動的周期為T=2πrv=2πmeB（4）取向下為y軸正方向，由y方向動量定理得∑eBvxΔt=mv-mvy，則∑ekxΔx=mv-m磁場寬度D′應(yīng)滿足的條件D'18．（24-25高三下·浙江諸暨·二模）如圖甲所示是托卡馬克裝置的結(jié)構(gòu)示意圖，其主要包括環(huán)形真空室、極向場線圈、環(huán)向場線圈等，在環(huán)形真空室內(nèi)注入少量氫的同位素氘和氚，提高溫度使其發(fā)生聚變反應(yīng)。如圖乙所示為環(huán)形真空室的示意圖，它的軸線半徑為r，橫截面的圓半徑為R，假設(shè)環(huán)形真空室內(nèi)粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收?！咎崾荆嚎臻g角是三維空間中的角度度量，用于描述從一個點出發(fā)所能觀察到的立體角，半頂角為θ的圓錐形發(fā)散空間角為2π(1-cos(1)寫出氘和氚核聚變的核反應(yīng)方程式；(2)若粒子以v0速度沿真空室軸線做勻速圓周運動，求極向場線圈產(chǎn)生磁場的大??；(3)將裝置中相鄰環(huán)向場線圈簡化為兩個平行線圈，通電后在真空室內(nèi)產(chǎn)生磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場，如圖丙所示。位于兩個線圈軸線中點的粒子源O向右側(cè)各個方向均勻發(fā)射速度大小為v0①若某粒子發(fā)射時速度方向與x軸的夾角θ=37°，求該粒子做螺旋線運動的螺距；②求粒子源發(fā)出的粒子沒有被室壁吸收的百分比η1(4)實際裝置的環(huán)向場線圈產(chǎn)生類似“磁瓶”形狀的非勻強磁場來約束粒子，如圖丁所示。已知沿軸線方向的磁感應(yīng)強度最大和最小的關(guān)系為：Bmax=k1Bmin，在粒子運行過程中，垂直軸線方向速度的平方與沿軸線方向的磁感應(yīng)強度的大小之比為一常數(shù)，即v⊥2B【答案】(1)1(2)m(3)πR，40%(4)k【詳析】（1）氘和氚核聚變的核反應(yīng)方程式（2）設(shè)極向場線圈產(chǎn)生的磁場大小為B，洛侖茲力提供向心力qv0B=m（3）帶電粒子與x軸成θ角射入環(huán)向磁場，粒子沿螺旋線運動。①設(shè)粒子垂直軸向做圓周運動的周期為T，則T=2πmqB0設(shè)粒子沿軸向上做勻速運動的速度vx，則螺距②粒子垂直軸向上做勻速圓周運動，設(shè)粒子剛好碰到室壁的角度為θ，洛侖茲力提供向心力qvB=m半徑為r=12R根據(jù)速度的分解，有v⊥=v0sinθ（4）中點O處的磁場最弱，設(shè)在O處發(fā)射粒子的速度為v，與軸線夾角為θ；“磁瓶”的“瓶頸”處磁場最強，粒子運動到此處時速度方向恰好與軸線垂直，則粒子能夠被約束在“磁瓶”內(nèi)，因為洛侖茲力不做功，粒子速度大小始終為v。根據(jù)題意可知k2=v⊥2Bx可得v2Bmax=vsinθ219.（2025·浙江紹興一中·模擬）《中國激光》雜志第六期（2025.3）報道，上海光學(xué)精密機械研究所林楠團(tuán)隊創(chuàng)新地采用固體激光器方案，實現(xiàn)了LPP-EUV光源技術(shù)全球領(lǐng)先，這標(biāo)志著國產(chǎn)芯片制造邁入了新階段。物理氣相沉積鍍膜是芯片制作的關(guān)鍵環(huán)節(jié)之一，該設(shè)備的結(jié)構(gòu)圖簡化如下（z方向足夠長），晶圓（截面MN）固定放置于xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，OMN區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=1×10-2T，方向沿z軸負(fù)方向；第二象限內(nèi)有勻強電場，場強E=2×104V/m，方向沿y軸負(fù)方向。初速可略的氬離子（比荷q1/m1=2.4×106C/kg）經(jīng)電壓為(1)U的數(shù)值；(2)假設(shè)進(jìn)入磁場的離子沿各個方向都有，求晶圓MN方向上的涂膜（金屬離子打中的區(qū)域）長度；(3)假設(shè)從O點飛入磁場的離子分布在半頂角θ=45°的圓錐側(cè)面上，圓錐對稱軸垂直于晶圓截面，如圖乙，考察α=90°方向上的離子，打在晶圓上的位置坐標(biāo)。【答案】(1)U=(2)0.5m(3)0.555m【詳析】（1）氬離子在電場中做類平拋運動，豎直方向有y=12at2=12q1（2）金屬離子在磁場中做勻速圓周運動，有q2vB=m沿x軸正向射出的離子，圓心在M點，落點到M點的距離為0.5m，分析知，離子能直接打到M點（此時的弦切角為30°<45°），故涂膜的長度為0.5m。（3）對著A點入射的離子，v與B方向不再垂直，將v正交分解，得vz=v則r'=mv⊥qB=122m在xOy平面內(nèi)，其落點的y坐標(biāo)為2r'sin專題10磁場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1磁場與磁現(xiàn)象2021、2022、2024聚焦基礎(chǔ)概念與模型分析。以磁電式電表為背景，考查磁場分布與安培力方向的判斷，需結(jié)合左手定則和磁感線分布分析。計算題則常與力學(xué)、電磁學(xué)跨模塊綜合以“質(zhì)子束反射折射裝置”為背景，要求聯(lián)立洛倫茲力公式與動量定理，分析帶電粒子在磁場中的軌跡調(diào)控。實驗題雖未直接考查磁場，但隱含相關(guān)分析安培力與電磁感應(yīng)：命題從單一通電導(dǎo)線擴展至多導(dǎo)體系統(tǒng)，通過正方形線框在變化磁場中的運動，要求聯(lián)立法拉第電磁感應(yīng)定律與焦耳定律計算安培力和發(fā)熱功率。以“電磁撬技術(shù)”為情境，考查電磁感應(yīng)與恒定電流的動態(tài)建模，涉及安培力與焦耳熱的關(guān)聯(lián)分析。、帶電粒子運動與能量轉(zhuǎn)化：高頻考點從勻速圓周運動擴展至復(fù)合場中的復(fù)雜軌跡，需綜合應(yīng)用動能定理與運動分解。要求結(jié)合半衰期模型推導(dǎo)核反應(yīng)方程，并利用磁場確定粒子電性與動量。磁場疊加與邊界條件：命題注重磁場分布的空間分析。考點2安培力2021、2022、2023、2024、2025考點3洛倫茲力2024考點4帶電粒子在磁場中的運動2022、2023考點5帶電粒子在復(fù)合場中的運動2021、2022、2023、2024、2025考點01磁場與磁現(xiàn)象1．（2024·浙江·1月選考）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（）A．圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度相同C．圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等【答案】A【詳析】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項A正確；

B．a(chǎn)、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度不為零，選項C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應(yīng)強度大于d點的磁感應(yīng)強度，選項D錯誤。故選A。2．（2022·浙江·6月選考）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【答案】B【詳析】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；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，B正確；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，電流為0，C錯誤；D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。故選B。3．（2021·浙江·1月選考）如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若通電螺線管是密繞的，下列說法正確的是（）A．電流越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場B．螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場C．螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場D．磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場【答案】B【詳析】根據(jù)螺線管內(nèi)部的磁感線分布可知，在螺線管的內(nèi)部，越接近于中心位置，磁感線分布越均勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強磁場。故選B?？键c02安培力4．（（2025·浙江·1月選考）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。以磁場邊界CD上一點為坐標(biāo)原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上。開關(guān)S(1)線框中心位于x=0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；②線框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L(2)線框中心分別位于x=0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x=L所需時間分別為t1和t【答案】(1)①2BIL；②3BIL24，3IBm(2)0【詳析】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為l=2L所以線框受到的安培力大小為F②線框運動到x時，安培力大小為F安=2BI(L-x)則初始時和線框中心運動至x=L2時的安培力分別為F安1由動能定理W可得v=則安培力的沖量為I=mv=③由能量守恒定律UI=BILv+IU=B（2）類比于簡諧運動，則回復(fù)力為F回=由題意可知，兩次簡諧運動周期相同，兩次都從最大位移運動到平衡位置，時間均相同，則有t故t5．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以ΔBΔt=0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OOA．12N B．22N C．1N【答案】C【詳析】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=ΔB線框以某一角速度ω繞其中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動時電動勢的最大值為Em=BSω分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時感應(yīng)電流最大為Im=BSωR故選C。6．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點θ=π4；然后開關(guān)S接2

A．電源電動勢E0=2C．從左向右運動時，最大擺角小于π4 D【答案】C【詳析】A．當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=BIL解得I=MgBL根據(jù)歐姆定律I=E0R根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒從右向左運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管正方向相同，部分機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱；導(dǎo)體棒從左向右運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管相反，沒有機械能損失B．若導(dǎo)體棒運動到最低點時速度為零，導(dǎo)體棒損失的機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為Q根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時，導(dǎo)體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱Q<故B錯誤；C．根據(jù)B選項分析可知，導(dǎo)體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于π4，故CD．根據(jù)B選項分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=BLv可知棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。7．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B=kt的勻強磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為kπC．圓管的熱功率大小為πdhD．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【來源】2022年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試題（浙江卷?1月）【詳析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為E=ΔBΔC．圓管的電阻R=ρ2πrdh圓管的熱功率大小為P=ED．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C。8．（2022·浙江·1月選考）利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強磁場方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長度L，得到導(dǎo)線受到的安培力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【詳析】根據(jù)F=BIL可知先保持導(dǎo)線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過原點的直線。同理保持電流I不變，改變通過電部分的長度L，則F-L圖象是過原點的直線。故選B。9．（2021·浙江·6月選考）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線a、b，分別通以80A和100A流向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是（）A．兩導(dǎo)線受到的安培力FB．導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算C．移走導(dǎo)線b前后，p點的磁感應(yīng)強度方向改變D．在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強度為零的位置【答案】BCD【詳析】A．兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；B．導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算，因為磁場與導(dǎo)線垂直，故B正確；C．移走導(dǎo)線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，向外，故C正確；D．在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點產(chǎn)生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強度為零的位置。故D正確。故選BCD?？键c03洛倫茲力10.（2024·浙江·6月選考）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度v0A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為mC．洛倫茲力沖量大小為qBv022g【答案】CD【詳析】A．根據(jù)動量定理I=0-mv0=-mv0B．小球上滑的時間為t=v0gsinθ重力的沖量大小為C．小球所受洛倫茲力為Bqv=Bqv0-at=-Bqat+Bqv0，D．若v0=2mgcosθqB即F則小球在整個減速過程的FN圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD?？键c04帶電粒子在磁場中的運動11.（2023·浙江·6月選考）利用磁場實現(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)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0,3L)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，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達(dá)y=（3）若B2=B1L

【答案】（1）v1=2B1qLm；t=2πm【詳析】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°=根據(jù)qv1在磁場中運動的周期T=2πmq

（2）若B2=2B1，根據(jù)r=mvqB粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系rr解得r2=2Lsinα=34根據(jù)qv（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動量定理B2qv求和可得∑B1LyqΔy=∑mΔvx粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域則速度在3B1qLm~6B1qLm12．（2022·浙江·6月選考）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O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。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)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強度B的大??；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）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大?。唬?）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于6v0R，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O【答案】（1）①B=mv0qR，②ω=(4k+1)v0R，k=0，1，2，3…；（2）F=(2nπ+θ)N2(π-θ)πm【詳析】（1）①離子在磁場中做圓周運動有qv0B=②離子在磁場中的運動時間t=πR2v0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ωt=2kπ+π2ω=(4k+1)（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為R'Rv=離子在磁場中的運動時間t'=π-θR'v轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度ω'=(2nπ+θ)FF=(2nπ+θ)N2(π-θ)πmv（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度(4k+1)v0R=2nπ+θ'v0π-θ'R<6v考點05帶電粒子在復(fù)合場中的運動13.（2025·浙江·1月選考）同位素614C相對含量的測量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測量系統(tǒng)如圖1所示。將少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)生的離子經(jīng)過靜電分析儀ESA-I、磁體-I和高電壓清除器，讓只含有三種碳同位素612C、613C、614C的C3+離子束（初速度可忽略不計）進(jìn)入磁體-Ⅱ．磁體-Ⅱ由電勢差為U的加速電極P，磁感應(yīng)強度為B、半徑為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器F構(gòu)成。通過調(diào)節(jié)U，可分離612C、613C、614C(1)寫出中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C，以及(2)根據(jù)圖2寫出612C的C3+離子所對應(yīng)的U值，并求磁感應(yīng)強度B的大?。ㄓ嬎憬Y(jié)果保留兩位有效數(shù)字。已知R=0.2m(3)如圖1所示，ESA-Ⅱ可簡化為間距d=5cm兩平行極板，在下極板開有間距L=10cm的兩小孔，僅允許入射角φ=45°的6(4)對古木樣品，測得614C與612C離子數(shù)之比值為4×10-13；采用同樣辦法，測得活木頭中614C【答案】(1)01n(2)1.93×106(3)1.65×(4)8957【詳析】（1）中子與714N發(fā)生核反應(yīng)生成614C的核反應(yīng)方程式為01n+（2）在加速電場中，由動能定理得qU=12mv聯(lián)立解得v=qBRm，U=qB2R22m相比613C，612C的比荷更大，通過圓形管道所需要的電壓更大，通過圖2可知當(dāng)電壓為1.93×10根據(jù)U=qB2（3）由題意知，614C粒子在板間做類斜拋運動，水平方向有vx=22v，L=vx（4）古木中614C與612C比值是活木頭中的13，說明經(jīng)過衰變后614C只剩下13，已知經(jīng)過一個半衰期剩下14.（2024·浙江·6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的14倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中U0=B2qL28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM（1）若U=U0，求a離子經(jīng)