浙江省2021-2025年高考物理试题分类汇编：磁场（解析版）

\\五年真题（2021-2025）

号题10磁场

（五年考情•探规律）c

考点五年考情（202L2025）命题趋势

聚焦基础概念与模型分析。以磁电式

考点1磁场与

2021、2022、2024

磁现象电表为背景，考查磁场分布与安培力方向

的判断，需结合左手定则和磁感线分布分

析。计算题则常与力学、电磁学跨模块综

考点2安培力2021、2022、2023、2024、2025

合以“质子束反射折射装置”为背景，要

求联立洛伦兹力公式与动量定理，分析带

考点3洛伦兹

2024

力电粒子在磁场中的轨迹调控。实验题虽未

直接考查磁场，但隐含相关分析

考点4带电粒

安培力与电磁感应：命题从单一通电导

子在磁场中的2022、2023

线扩展至多导体系统，通过正方形线框在

运动

变化磁场中的运动，要求联立法拉第电磁

感应定律与焦耳定律计算安培力和发热功

率。以“电磁撬技术”为情境，考查电磁

感应与恒定电流的动态建模，涉及安培力

与焦耳热的关联分析八

考点5带电粒带电粒子运动与能量转化：高频考点从

子在复合场中2021、2022、2023、2024、2025匀速圆周运动扩展至复合场中的复杂轨

的运动迹，需综合应用动能定理与运动分解。要

求结合半衰期模型推导核反应方程，并利

用磁场确定粒子电性与动量。

磁场叠加与边界条件：命题注重磁场分

布的空间分析。

（五年真题•分点精准练）

考点01磁场与磁现象

1.（2024.浙江.1月选考）磁电式甩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。〃、氏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.m人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.cd两点的磁感应强度大小相等

【答案】A

【详解】A.由左手定则可知，图小左侧通电导线受到安培刀向卜，选项A止确；

B.。、两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项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，选项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，选项D错误。

故选Ao

2.（2022・浙江,6月选考）下列说法正确的是（）

A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用

B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向

C.正弦交流发电机工作时.，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大

D.升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率

【答案】B

【详解】A.恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；

B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；

C.正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0,c错误；

D.根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。

故选B。

3.（2021・浙江月选考）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。若道电螺线管是

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

【详解】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。

故选B。

考点02安培力

4.((2025・浙江月选考)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长aL、质量〃?、电阻R,放在光滑水平

地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为笈的匀强磁场中。以磁场边界CO上一点为坐标原

点，水平向右建立。工轴，线柩中心和一条对角线始终位于。“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％=0,闭合开关S后，线框中电流大小为/,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％=勺过程中，安培力做功及冲量；

③线框中心运动至工=g时，恒流源提供的电压；

o

A.-2NB.—2NC.IND.y[2N

【答案】c

【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为E=崇=0.1V可得P=y=0.25W

线框以某一角速度⑦绕其中心轴0。'匀速转动时电动势的最大值为Em=8s3此时有2P=卑=0.5W

解得=lrad/s

分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为=等=5A故时边所受最大的安培力为

R

「安m=8/mL=lN

故选C。

6.（2023•浙江6月选考）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为/、质量不计

的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管

串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为8的匀强磁场，不计空气阻力和其它电

阻。开关接当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点=：；然后开关接棒从右侧开

S1,64S2,

始运动完成一次振动的过程中（

A.电源电动势Eo=4黑RB.棒消耗的焦耳热Q=（1-净Mgl

C.从左向右运动时，最大摆角小于mD.棒两次过最低点时感应电动势大小相等

4

【答案】C

【详解】A.当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得Mg=解得/=鬻根据欧姆定律/=名解得场=誓故A错误；

根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为

焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失

B.若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为

,V2

Q'=(1——)Mgl

根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热

垃

故B错误；

C.根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角

小于：，故C正确；

D.根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据

E=BLv

可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。

故选C。

7.(2022・浙江・1月选考)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向鞋直向上、磁感应强

度大小〃=灯的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为p、高度为

h、半径为八厚度为d(d«r),则()

A.从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向

B.圆管的感应电动势大小为好

C.圆管的热功率大小为型产

2P

D.轻绳对圆管的拉力随时间减小

【答案】C

【来源】2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题（浙江卷月）

【详解】A.穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流

为顺时针方向，选项A错误；

B.圆管的感应电动势大小为E=竽仃2=k仃2选项B错误；

At

C.圆管的电阻R=P翳圆管的热功率大小为P=y=里察选项C正确；

D.根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力

始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。

故选C。

8.（2022•浙江月选考）利用如图所不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/的大小，然后保持电流/不变，改变导线通

电部分的长度£,得到导线受到的安培力/分别与/和L的关系图象，则正确的是（）

【答案】B

【详解】根据尸=3〃可知先保持导线通电部分的长度心不变，改变电流/的大小，则尸一/图象是过原

点的直线。同理保持电流/不变，改变通过电部分的长度L,则广L图象是过原点的直线。

故选Bo

9.2021•浙江,6月选考）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线〃、a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［）

a80A

•P

b------------<----------------100A

A.两导线受到的安培力a二1254

B.导线所受的安培力可以用F=/LB计算

C.移走导线〃前后，〃点的磁感应强度方向改变

D.在离两导线所在的平面有•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

【详解】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户计算，因为磁场与导线垂直，故B正确：

C.移走导线〃前，的电流较大，则〃点磁场方向与〃产生磁场方向同向，向里，移走后，〃点磁场方

向与4产生磁场方向相同，向外，故C正确；

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.

考点03洛伦兹力

10.（2024・浙江・6月选考）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成6角。质量为，〃、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8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。小球以初速度北沿细杆向上运动至最高点，则该过程（)

A.合力冲量大小为〃?如cos0B.重力冲量大小为mvosin。

c・洛伦兹力冲量大小为喘D.若%=叫嚷，弹力冲量为零

【答案】CD

【详解】A.根据动量定理/=0-mv0=一m%故合力冲量大小为m%,故A错误:

B.小球上滑的时间为"气重力的冲量大小为/=mgt=篝故B错误；

gsia。”G"sin©

C.小球所受洛伦兹力为Bqu=Bq(»o-at)=-Bqat+Bq%,a=gsin。随时间线性变化,故洛伦兹

力冲量大小为/洛=qx^xB£=qx£xBx/=端故C正确；

D.若％=迎嘿，0时刻小球所受洛伦兹力为Bq%=2mgcos。小球在垂直细杆方向所受合力为零，

qB

可得Bqu=mgcosG+FN

即

FN=Bqv—mgcosO=Bq(u()—aty-mgcosB=mgcosO—Bqtgsind

则小球在整个减速过程的4-亡图像如图

图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲晟为零，故D正确。

故选CDo

考点04带电粒子在磁场中的运动

11.(2023•浙江・6月选考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所不，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【存在磁感应强度

大小为8/的匀强磁场，区域II存在磁感应强度大小为小的磁场，方向均垂直纸面向里，区域H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〃?、电荷量为小速度方向与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I【的最大速度力及其在磁场中的运动时间/；

(2)若4=281，求能到达y=$处的离子的最小速度也；

(3)若4=?y,且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在皿〜竺迎范围，求进入第四象限

的离子数与总离子数之比小

y

【答案】⑴％=手；⑵“甯⑶60%

【详解】（I）当离子不进入磁场II速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系—18$60。=/1-乙解得

n=2L

根据q%a=•解得%=白占

在磁场中运动的周期7=

（2）若82=23/,根据丁=士可知=2r2

粒子在磁场中运动轨迹如图，设0/。2与磁场边界夹角为。，由几何关系

Asina—rjSinBO0=L

L

r-rs\na=-

22乙

解得r=2Lsina=:根据qv?%=rn—e解得艺=业土

24r2m

（3）当最终进入区域II的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理&<?%△£=niAvx即？'yq/ly=mAvx

求和可得E?yqAy=Y.m^vx粒子从区域I到区域II最终到X轴上的过程中m（u-ucos60°）=

8M+）•竽初解得,=典

L乙m

则速度在皿〜丝场之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在皿乌丝，又粒

mmmm

子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为片60%

12.（2022・浙江.6月选考）离子速度分析器截面图如图所示。半径为拉的空心转筒P,可绕过。点、垂直

xQy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。与)，羯交于4点。

离子源M能沿着x轴射出质量为〃八电荷量为-4“>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为见

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8的大小;

②若速度大小为%的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度s的大小;

(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板。的。处，0C与x轴负方向的夹角为仇求转

筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力尸的大小；

(3)若转筒P的角速度小于等，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他夕的值(〃为探测

点位置和。点连线与X轴负方向的夹角)。

离子源M

【答案】⑴①B=勺，②s=(4k+l)Jk=0,1,2,3…；⑵尸=驾等萼tangn=0,1,

qRR2(TT-Q)TTR2

2,...：(3)G'=jiT,-n

66

【详解】(1)①离子在磁场中做圆周运动有，贝历=华

KqR

②离子在磁场中的运动时间t=署转筒的转动角度3£=2kir+53=(4/c+l)f,2=0,1,2,3…

CVQLR

(2)设速度大小为1的离子在磁场中圆周运动半径为R',有

,0

R=Rian—

乙

0

v=votan-

离子在磁场中的运动时间廿=5-。)手转筒的转动角度(o'f=2nn+0转筒的转动角速度“=

誓翟学，〃二0,1,2,...动量定理

(1T-0)R

2n

F—=Nmv

o)

F=(2n^n^£

2(n-6)nR2

(3)转筒的转动角速度小普=誓您＜等其中左=1,夕=号71,〃=0,2或者攵=0,九=0,。=

R(11-U)KK6

「舍）可得夕=加）

考点05带电粒子在复合场中的运动

13.（2025・浙江/月选考）同位素$C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。将

少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-1和高电压清除器，让只含有三

种碳同位素/C、PC.34c的c3+离子束（初速度可忽略不计）进入磁体」［.磁体_］［由电势差为u

的加速电极P.磁感应强度为R、半仔为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器/构成.通过调节U，

可分离/C、J3C.铲C三种同位素，其中肾C、$c的C3+离子被接收器?所接收并计数，它们的离

子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而言葭离子可通过接收器F,进入静电分析仪ESA-II,

被接收器D接收并计算。

图1图2

（1）写出中子与尹N发生核反应生成肾。以及24c发生“衰变生成/N的核反应方程式：

（2）根据图2写出明c的C3+离子所对应的U值，并求磁感应强度8的大小（计算结果保留两位有效数

字。已知R=0.2m,原子质量单位iz=1.66xl（p27kg,元电荷。=1.6x10-1汽）；

（3）如图1所示，ESA-H可简化为间距d=5cm两平行极板，在下极板开有间距L=10cm的两小孔，仅

允许入射角9=45。的记C恩子通过。求两极板之间的电势差U：

（4）对古木样品，测得铲C与离子数之比值为4x10-13；采用同样办法，测得活木头中针C与铲C的

比值为L2X10T2,由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距

今的时间（已知24c的半衰期约为5700年，ln3==0.7）

【答案】⑴M+i狙t空C+案,1冥一1N+_?e

（2）1.93x106V,2.0T

（3）1.65x106V

（4）8957年

【详解】（1）中子与尹N发生核反应生成24c的核反应方程式为一+”NT空C+；H股C发生£衰变生

成/N的核反应方程式为"CT1狙+_*

（2）在加速电场中，由动能定理得qU=；m〃2解得^二再磁场中，洛伦兹力提供向心力叩8=嗒

联立解得u=蟠，U=<相比三C,3c的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2

m2moo

可知当电压为1.93x106v时，木c与吉3c的离子数百分比为io。%,故22c的C3+离子所对应的u值为

6

1.93x10Vo

根据U=若整理得"懵==2.0T

（3）由题意知，”C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有&=^，L=加竖直方向有方°=当叫

a=华，%。=a：联立解得出=迎竽=笔等=1.65x106V

md八21mL14uL

（4）古木中24c与三c比值是活木头中的j说明经过衰变后/C只剩下j已知经过一个半衰期剩下：，

JJ4

设经过〃个半衰期，则有0"=；解得九=log23=器=T则砍伐时间£=nx5700=8957（年）

14.（2024・浙江・6月选考）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xQy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为8,方向垂直纸面

向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着工轴依次放置离子源、长度为£的喷镀板P、长度均为£的栅

极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板夕上表面中点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〃和。两种正离子，其中。离子质量为加，电荷量为％b离子

的比荷为，离子的;倍，经电压（其中％=用，上大小可调，”和人离子初速度视为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UM”调控（UNM>0），”和。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。

（\）若U=Uo,求。离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置xo（用£表示）。

（2）调节。和“仪并保持UNM=：U,使。离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：

①U的调节范围（用表示）；

②人离子落在喷镀板P下表面的区域长度：

（3）要求〃和力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】⑴L⑵①U°<UV4U。：②^⑶〃=鬻，他=笔警或*或需

【详解】（1）对a离子根据动能定理得qU=：nu；2a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动8*离

NK

子经磁场偏转后，到达X轴上的位置/=2/?,联立解得％=:科=L

（2）①要使〃离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强

磁场偏转一次打在P板上方任意处，则结合U）中分析得以看料E2L

即^^<U<即%<U<4U

87n27n口uQ

②〃离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为与==

218mU

By]~

代入Uo<U<4%得2L<xb<4L

故可知匕离子能从栅极板（坐标范围为|乙〜：乙）任意位置经电压为UNM的电场减速射入虚线下方的磁

场，此时华WU工警〃离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经

过电压为UNM=的电场减速，因为根据动能定理得q/-：9匕（/=同时有Bq"'=吗）力,

NXb=2R'

当（/=昂分时，人离子从栅极板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为AxJ="

当U=普％时，〃离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在匕此时离栅极板右端的距离为△冲〃=

lo4

故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Ax=+L-△与〃=\L

（3）要求a离子落在喷镀板中点Q,由（1）可知出〃=£舟=,故可得（/=}%=驾

则。离子从与'=3乙处经过栅极板，若力离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设%M=k'U,则同

理可知（1-k,）Uqb=标〃"2,Bq〃〃==2Rrf="联立解得《=测可得

2

UNM=3=当减速〃次Uqb-nU^Mqb=\mbvb',7=臂包联立得相二,一

8nm..

西UNM

当减速〃次恰好打在p板下方中央处，可得

2rn_1>2L

3

即

9L28(n-1)/71

UNM>〃

B2q

9L28nm9„

丁一西■UNM=T^

解得佛<恭赊

即n<手〃取整数，故可得，=1,2,3,故可得UNM=[黑或多鬻或需

15.（2024・浙江月选考）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【II：I区宽度为d.存在磁感应强度大小为反

方向垂直平面向外的匀强磁场，ii区的宽度很小。【区和in区电势处处相等，分别为外和外，其电势

差（/=0由一9白。一束质量为加、电荷量为。的质子从。点以入射角。射向I区，在尸点以出射角。射

出，实现“反射”；质子束从P点以入射角。射入H区，经H区“折射”进入in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,初速度为先,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4的最小值；

（2）若（;=孚，求”折射率，（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1可I区）

（4）在2点下方距离簪姓水平放置一长为鬻的探测板CQO（。在P的正下方），CQ长为翳，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。点

射入I区，月£=30。，求探测板受到竖直方向力尸的大小与U之间的关系。

【答案】（1）警；（2）V2：（3）uW-明:。s.（4）见解析

Be2e

【详解】（I）根据牛顿第二定律=不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为

dmin=2r=鬻

（2）设水平方向为%方向，竖直方向为y方向，无方向速度不变，y方向速度变小，假设折射角为十，根

据动能定理Ue=gm谱一诏解得%=V2v,根据速度关系%sin。=%sin夕，解得〃=把捺=—=

/n0sinav（）

V2

（3）全反射的临界情况：到达III区的时候y方向速度为零，即Ue=0m（%cose）2,可得U=

mvQCOs20

2e

即应满足UW辿竺

2e

（4）临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得ZCPQ=30。

所以如果UNO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：

2

①当U>0时尸=2Nmvy又eU=-|m（vocos0）,解得尸=/指里全部都打不到板的

情况

②根据几何知识可知当从0区射出时速度与竖直方向夹角为60。时，粒子刚好打到。点，水平方向速度

为以=日所以3=Vx=—v,又eU=-mVy--77i(vcos0)2,解得U=-"也即当U<一"也时。F=

tan60°602,2o3e3c

0

③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（-萼WU<0）,此时仅有。点右侧的一束粒子能

.2eU

打到板上，因此尸=Nm3,又eU=[小叩-]7n（vocose）2,解得广=+~

16.（2023•浙“1.」月选考）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、磁感应播度大小为B的匀播磁场.x轴下方的分析器由两块相距为〃、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。的离子源能发射质量为〃?、电荷量为，/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：火和我孙之间的离子射出。已知速度大小为火、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Co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。所处位置的坐标加；

（2）求离子打在N板上区域的长度L；

（3）若在N与M板之间加教电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U。；

（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。时的电压必与

孔。位置坐标x之间关系式。

【答案】⑴覆

【详解】（1）速度大小为孙、沿），轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图

山洛伦兹力提供向心力班%=m9解得半径R=譬孔C所处位置的坐标见，/=2R=阴

RBqBq

（2）速度大小为U的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力8件=7H，解得半径？=落

若要能在C点入射，则由几何关系可得2R'cose=2R解得cose=曰W[?,1]

如图

由几何关系可得L=2d

（3）不管从何角度发射为=ucos。由（2）可得"=心根据动力学公式可得Q=鬻，谛=2ad,

联立解得%=等

（4）孔C位置坐标x,x=2rcos3其中r==/?二联立可得％=2R—cosO,cos。61]»解得2A<

Bqv0v012J2

x<2^2R.在此范围内，和（3）相同，只与为相关，可得Bq%=mq解得3=受根据动力学公式

2

可得。=>，v}=2ad,解得Ux=Ul_

mdy"8m

17.（2023・浙江•I月选考）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流/的螺绕环在霍尔元件

处产生的磁场B=kJ,通有待测电流/'的直导线Qb垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场配=

kJ。调节电阻R，当电流表示数为/。时，元件输出霍尔电压即为零，则待测电流/'的方向和大小分别

为（）

A.atb,A，oB.QTb,—IQ

«2

C.bTQ,IQD.b->Q,*/o

【答案】D

【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向卜，则要使元件输出霍尔电压为为

零,直导线疑在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流厂的方向应该是b-a：

元件输出霍尔电压如为零，则霍尔元件处合场强为0,所以有的/（）=6/'解得/'=?/（）

故选D.

18.（2022・浙江・6月选考）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E=2，〃为常量。比荷

T

相同的两粒子在半径，•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，•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「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

【详解】A.根据电场力提供向心力可得=m32r解得侬=叵」可知轨道半径厂小的粒子角速度

rMmr

大，故A错误；

BC.根据电场力提供向心力可得，q=7n?解得u=后又Ek=如〃2联立可得a=母可知电荷量大的

粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径「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

能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。

故选BC

19.（2022・浙江月选考）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xQy平面

（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与），轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、），轴和

以。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以、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），轴平行且相距为/、下边界与工轴重合的匀强磁场区域II,其宽度为心长度足够

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【的电场强度和区域H的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为

（«+2/,0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为“、电荷量为e,板M的逸出功为

Wo,普朗克常量为人忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为-的光照射板M时有光电子逸出，

（I）求逸出光电子的最大初动能并求光电子从。点射入区域【时的速度用的大小范围；

（2）若区域I的电场强度大小E=名舟，区域II的磁感应强度大小外=誓，求被探测到的电子

刚从板M逸出时速度由的大小及与x轴的夹角伙

（3）为了使从。点以各种大小和方向的速度射向区域1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的磁感应强度求E的最大值和B2的最大值。

MN

【答案】(1)Ekm=hv-Woi用工孙工产二厂"(2)为=拜；3=30°;(3)Fmax=

Bl2(hv+eU-Wo)B_2j2mgy-%)

1y/m2ea

【详解】(1)光电效应方程，逸出光电子的最大初动能=

gm评=Ek+eU(0<<Fkm)

嬴)2(hv+eU-IVO)

--W为W----------------

qmqm

(2)速度选择器

e%Bi=eE

E[3eU

=TT=---

BiQm

11

99=eU