專題10 磁場-2024物理高考真題及模考題分類匯編

26/26專題10磁場1.(2024年湖北考題)9.磁流體發(fā)電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側(cè)以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產(chǎn)生電壓。下列說法正確的是（）A.極板MN是發(fā)電機的正極B.僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C.僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D.僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數(shù)密度，極板間的電壓增大【答案】AC【解析】帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，極板MN帶正電為發(fā)電機正極，A正確；離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則，可得，因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關，B、D錯誤C正確。2.(2024浙江1月卷考題)4.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)通電導線受到安培力向下 B.a、b兩點的磁感應強度相同C.圓柱內(nèi)的磁感應強度處處為零 D.c、d兩點的磁感應強度大小相等【答案】A【解析】由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導線受到安培力向下，選項A正確；a、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應強度不為零，選項C錯誤；因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。3.(2024年湖北卷考題)7.如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A.粒子運動軌跡可能經(jīng)過O點B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域最小時間間隔為D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為【答案】D【解析】在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故A、B錯誤；粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有，故C錯誤；粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動半徑為r，根據(jù)幾何關系可知，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，故D正確。4.(2024年河北卷考題)10.如圖，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強磁場，方向垂直于正方形所在平面．A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是（）A.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角60°，則粒子必垂直BC射出C.若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊的速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角必為60°【答案】ACD【解析】根據(jù)幾何關系可知，若粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經(jīng)過cd邊，作出粒子運動軌跡圖，如圖甲所示粒子從C點垂直于BC射出，故AC正確；粒子穿過ad邊時速度方向與ad邊夾角為60°時，若粒子從cd邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖乙所示則粒子不可能垂直BC射出；若粒子從bc邊再次進入磁場，作出粒子運動軌跡如圖丙所示則粒子一定垂直BC射出，故B錯誤、D正確。5.（2024年安徽卷考題）10.空間中存在豎直向下勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為B.油滴a做圓周運動的速度大小為C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【解析】油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有解得，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得，解得油滴a做圓周運動的速度大小為，故B正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為，得，解得，周期為，故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得，解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。6.（2024年湖南卷考題）14．如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設電子入射時沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有聯(lián)立得當時，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當有最大值時，最大，R最大，此時，又，聯(lián)立可得，（3）當最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有由牛頓第二定律又聯(lián)立得7.（2024年廣東卷考題）15.如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應強度大小為B．一帶電粒子在時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內(nèi)，在時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時刻的速度大小v；（3）求從時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W?！敬鸢浮浚?）正電；；（2）；；（3）【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中運動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為根據(jù)則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運動時出電場時豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進入左側(cè)的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則8.(2024年遼寧卷考題)15.現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為和。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關系聯(lián)立解得，磁感應強度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則可得設乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運動時間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關系式為一、單選題1．（2024·北京海淀·模擬預測）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體（含有大量正、負帶電粒子）垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。穩(wěn)定時兩板間等離子體有電阻。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是（

）A．上板為負極B．上、下兩極板間的電壓C．等離子體濃度越高，電動勢越大D．垂直兩極板方向（即上、下方向）等離子體粒子受洛倫茲力（分力）和電場力平衡【答案】A【解析】大量帶正電和帶負電的微粒向右進入磁場時，由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力向下，所以正電荷會聚集的下極板上，負電荷受到的洛倫茲力向上，負電荷聚集到上極板上，故上極板為負極，故A正確；設電動勢為E，根據(jù)得，磁流體發(fā)電機具有內(nèi)阻，上下極板兩端為路端電壓，故U＜Bdv，故B錯誤；由表達式E=Bdv可知，電動勢與等離子體的濃度無關，故C錯誤；垂直兩極板方向等離子體粒子由于電能的消耗，部分正電荷向下極板運動，部分負電荷向上極板運動，此時粒子所受洛倫茲力大于電場力，故D錯誤。2．（2024·北京海淀·三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關這些徑跡以下判斷正確的是（）A．d、e都是正電子的徑跡B．a(chǎn)徑跡對應的粒子動量最大C．b徑跡對應的粒子動能最大D．a(chǎn)徑跡對應的粒子運動時間最長【答案】D【解析】帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有解得由圖可知a徑跡對應的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應的粒子的速度最小，根據(jù)可知a徑跡對應的粒子動量最小，B錯誤；根據(jù)可知即b徑跡對應的粒子動能不是最大的，C錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有，，則所以，粒子在磁場中的運動時間其中為粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度，由圖可知a徑跡對應的偏轉(zhuǎn)角度最大，則a徑跡對應的粒子運動時間最長，D正確。3．（2024·廣東·三模）如圖所示，在，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上0~y0范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v0，當電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N（x0，y0）點，若電場強度為，MN右側(cè)是粒子接收器，MN的長度為y0，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．磁感應強度的大小為B．從處射入的粒子，恰好從N點進入磁場C．從處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大D．接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%【答案】D【解析】當電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N點，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得，故A錯誤；若粒子從處射入，則，聯(lián)立解得由此可知，粒子從N點下方進入磁場，故B錯誤；設粒子進入磁場中時速度方向與豎直方向的夾角為θ，粒子進入磁場中的速度大小為v，則，，所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為由此可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯誤；由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為所以從處射入的粒子，恰好從N點進入磁場，且恰好經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在M點，即只有0~范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%，故D正確。4．（2024·河北·三模）2023年4月12日，中國有“人造太陽”之稱的全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了當時最新的世界紀錄，成功實現(xiàn)穩(wěn)態(tài)高約束模式等離子體運行403秒。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學將一足夠長的真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場，如圖所示。若某帶正電的離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為，垂直于磁場方向的分量大小為，不計離子受到的重力。當離子速度平行于磁場方向的分量大小為時，垂直于磁場方向的分量大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變；當離子速度平行于磁場方向的分量大小為2v1時，垂直于磁場方向的分量大小為v2。故選A。5．（2024·山西·模擬預測）如圖所示，長方體空間被平面MNPO分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一電子以某一速度從長方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入并穿過兩磁場區(qū)域，關于電子運動軌跡在下列坐標平面內(nèi)的投影，可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】A【解析】由左手定則可以判斷出電子在兩磁場中的洛倫茲力方向，沿著軸負方向看，電子在洛倫茲力的作用下，在平面MNPO的左側(cè)區(qū)域，電子沿逆時針做圓周運動，在平面MNPO的右側(cè)區(qū)域，電子沿順時針做圓周運動，所以電子運動軌跡在坐標平面內(nèi)的投影如選項A所示，在平面內(nèi)的投影應該是一條平行于軸的直線。故選A。6．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，在半徑為R、圓心為O的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電荷量為、質(zhì)量為m的粒子（不計所受重力）從O點沿紙面各個方向射入勻強磁場后，均從OC段射出磁場，下列說法正確的是（

）A．粒子射入磁場時的最大速度為B．粒子射入磁場時的最大速度為C．粒子在磁場中運動的最長時間為D．粒子在磁場中運動的最長時間為【答案】D【解析】如圖所示當離子軌跡與半圓形邊界相切時，離子軌跡半徑最大，則有由洛倫茲力提供向心力可得可得粒子射入磁場時的最大速度為粒子在磁場中運動的最長時間為，故ABC錯誤，D正確。7．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）新冠肺炎疫情持續(xù)期間，醫(yī)院需要用到血液流量計檢查患者身體情況。某種電磁血液流量計的原理可簡化為如圖所示模型。血液內(nèi)含有少量正、負離子，從直徑為d的血管右側(cè)流入，左側(cè)流出，空間有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，M、N兩點之間的電壓穩(wěn)定時測量值為U，流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積。下列說法正確的是（）A．離子所受洛倫茲力方向一定豎直向下B．M點的電勢一定高于N點的電勢C．血液流量D．電壓穩(wěn)定時，正、負離子不再受洛倫茲力【答案】C【解析】由左手定則可知，水平向左入射的正離子受豎直向下的洛倫茲力，負離子受豎直向上的洛倫茲力，則正電荷聚集在N一側(cè)，負電荷聚集在M一側(cè)，則N點電勢高于M點電勢，A、B錯誤；電壓穩(wěn)定后，離子所受的洛倫茲力等于電場力，即，可得流速為，則流量Q為，C正確；電壓穩(wěn)定時，正、負離子受到的洛倫茲力與電場力平衡，D錯誤。8．（2024·河北·三模）超級電容器儲存的大量電能是電磁炮瞬間大電流發(fā)射的重要基礎，如圖所示。若超級電容器的電容為C，充電電壓為U，發(fā)射一枚電磁炮的炮彈所需電量為超級電容所存儲電荷的5%，炮彈質(zhì)量為m，導軌寬為l，導體推桿垂直導軌并良好接觸，垂直導軌平面的磁場的磁感應強度為B，不計空氣阻力和摩擦，則炮彈出膛的速度為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】電容器所帶電荷量為設炮彈出膛的速度為，根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得，故選A。9．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）如圖所示，在坐標系O－xyz中存在磁感應強度大小為、方向豎直向下（z軸負方向）的勻強磁場，在（0，0，h）處固定一電荷量為的點電荷，在xOy平面內(nèi)有一質(zhì)量為m、電荷量為的微粒繞原點O沿圖示方向以角速度做勻速圓周運動。若微粒的圓周運動可以等效為大小為的環(huán)形電流，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】該微粒受到重力、洛倫茲力、庫侖力三個力的作用，方向如下圖所示庫侖力大小為，洛倫茲力大小為由幾何關系可得，微粒沿在z軸方向上受力平衡，即微粒在平面內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得又，聯(lián)立，解得解得，（舍去），故AC錯誤；微粒圓周運動的周期為等效電流強度為，故B正確；D錯誤。10．（23-24高三下·湖南衡陽）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓心O做速率為的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為的勻強磁場，已知一質(zhì)量為、電量大小為的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則下列說法錯誤的是（）A．該離子帶正電 B．A、B兩點位于同一高度C．該離子電勢能先增大后減小 D．到達C點時離子速度最大【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知該離子帶正電，故A正確，不符合題意；從A到B，動能變化為零，根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，則電場力做功為零。所以A、B兩點電勢相等，因為該電場是勻強電場，電場力方向豎直向下，所以A、B兩點位于同一高度，故B正確，不符合題意；因為該離子帶正電，所以所受電場力豎直向下，由靜止開始從A到B運動過程中，電場力先做正功后做負功，故該離子電勢能先減小后增大，故C錯誤，符合題意；因為在運動過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，A→C電場力做正功，動能增大，C→B電場力做負功，動能減小。所以C點時離子的動能最大，即速度最大，故D正確，不符合題意。11．（2024·陜西西安·模擬預測）霍爾推進器是現(xiàn)代航天器的最先進的動力裝置，據(jù)報道我國的天宮空間站就安裝了此類推進器用以空間站的軌道維持。圖乙是與霍爾推進器工作原理類似的裝置示意圖，在很窄的環(huán)內(nèi)平面內(nèi)有沿半徑方向向外的磁場1，其磁感強度大小可近似認為處處相等，垂直環(huán)平面內(nèi)方向同時存在勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），已知電場強度大小為E，電子恰好可以在環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，已知電子電量為e，質(zhì)量為m，忽略電子間的相互作用以及電子運動產(chǎn)生的磁場，以下說法正確的是（）A．電場方向垂直環(huán)平面向里 B．電子運動周期為C．磁場2的方向垂直環(huán)面向外 D．磁場2的磁感強度大小為【答案】A【解析】根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方向垂直環(huán)平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應垂直環(huán)平面向外，由于電子帶負電，故電場方向垂直環(huán)平面向里，故A正確；電子做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為故B錯誤；電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知，磁場2的方向垂直環(huán)面向里，故C錯誤；電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力做勻速圓周運動，則所以，故D錯誤。12．（2024·福建漳州·三模）如圖，一質(zhì)譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器構(gòu)成。靜電分析器通道的圓弧中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向電場，方向指向圓心O，中心線處各點的電場強度大小相等。磁分析器中分布著方向垂直于紙面的有界勻強磁場，邊界為矩形CNQD，，。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計重力），由靜止開始從A板經(jīng)電壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點垂直磁場邊界進入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（）A．磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外B．靜電分析器中心線處的電場強度C．僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點D．要使粒子能到達NQ邊界，磁場磁感應強度B的最小值為【答案】D【解析】由靜電分析器電場力充當向心力可知，粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理在靜電分析器電場力充當向心力聯(lián)立可得，故B錯誤；在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力可得粒子進入磁分析器到打在膠片上的距離所以與比荷有關，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點，故C錯誤；由上述公式可知，磁場磁感應強度B的越小，半徑越大，當B最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑此時有解得，故D正確。13．（2024·北京西城·二模）如圖所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M以速度v垂直于ad邊射入磁場，并恰好從ab邊的中點N射出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是（

）A．粒子帶負電B．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子將從a點射出C．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子將從b點射出D．若粒子射入磁場的速度增大為，粒子在磁場中的運動時間將變短【答案】D【解析】根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。故A錯誤；根據(jù)解得設正方形邊長為L，粒子以速度v和速度2v進入磁場，有軌跡如圖可知若粒子射入磁場的速度增大為，射出的位置在Nb之間。故B、C錯誤；根據(jù)C選項分析可知，若粒子射入磁場的速度增大為，則在磁場中運動的軌跡所對應的圓心角將變小，由又，粒子在磁場中的運動時間將變短。故D正確。二、多選題14．（2024·黑龍江吉林·模擬預測）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場，其中第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，P（-L，0）、Q（0，-L）為坐標軸上的兩個點。現(xiàn)有一電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計重力），以與x軸正向成45°的速度從P點射出，恰好經(jīng)原點O并能到達Q點，則下列對PQ段運動描述正確的是（）A．粒子運動的最短時間為B．粒子運動的總路程一定為C．粒子在Q點的速度方向可能與y軸垂直D．粒子從P點到O點的時間與從O點到Q點的時間之比可能為1:3【答案】AD【解析】若粒子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示第一種情況粒子在Q點速度方向與y軸負向的夾角為45°；第二種情況粒子在Q點速度方向與y軸正向的夾角為45°，故C錯誤；根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子運動的時間最短，則故A正確；第一種情況粒子運動的總路程為，第二種情況粒子運動的總路程為，故B錯誤；由于粒子在磁場中運動的周期相同，則粒子運動的時間之比等于圓心角之比，根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為1:1；第二種情況粒子從P到O的時間為粒子與從O到Q的時間為1:3，故D正確。15．（2024·江西·模擬預測）如圖所示，光電管和一金屬材料做成的霍爾元件串聯(lián)，霍爾元件的長、寬、高分別為a、b、c且水平放置，該霍爾元件放在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。某時刻讓一束光照到光電管的陰極K激發(fā)出光電子，閉合電鍵S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的劃片到某一位置，電流表A的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U。經(jīng)典電磁場理論認為：當金屬導體兩端電壓穩(wěn)定后，導體中產(chǎn)生恒定電場，且恒定電場的性質(zhì)和靜電場性質(zhì)相同。已知電子電量為e，電子的質(zhì)量為m?；魻栐挝惑w積內(nèi)的電子數(shù)為n，則（）A．霍爾元件前表面電勢低于后表面電勢B．霍爾元件前后表面的電壓大小為C．霍爾片內(nèi)的電場強度大小為D．將滑動變阻器的滑片P向右滑動，電流表的示數(shù)會不斷地增加【答案】ABC【解析】由題意可知，經(jīng)過霍爾元件的電流方向為水平向右，則電子運動方向水平向左，根據(jù)洛倫茲力可知，電子會到達前表面，故霍爾元件前表面電勢低于后表面電勢，故A正確；設霍爾元件前后側(cè)面的電壓為U，電子在霍爾元件內(nèi)做定向移動的速率為v，根據(jù)洛倫茲力與電場力平衡可得霍爾元件單位體積內(nèi)的電子數(shù)為n，則電流聯(lián)立解得故B正確；霍爾片內(nèi)沿前后側(cè)面的電場強度大小為沿電流方向的恒定電場為，則霍爾片的電場強度為，故C正確；若I已經(jīng)為光電效應達到的飽和電流，則當滑動變阻器滑片右移后，電流I保持不變，故D錯誤。16．（2024·全國·模擬預測）“雙聚焦分析器”是一種能同時實現(xiàn)速度聚焦和方向聚焦的質(zhì)譜儀，其模型圖如圖甲．如圖乙，電場分析器中與圓心O，等距離的各點場強大小相等、方向沿徑向，電場強度大小為，r為入射點到圓心的距離k可調(diào)節(jié)．磁場分析器中以為圓心、圓心角為的扇形區(qū)域內(nèi)，分布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與電場分析器的右端面平行．若質(zhì)量為m、電荷量為的離子（初速度為零），經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，進入輻射狀電場，恰好沿著半徑為R的圓弧軌跡通過電場區(qū)域后，垂直磁場左邊界從P點進入圓心為的四分之一圓形磁場區(qū)域并打在熒光屏上．圖中，不計離子的重力．下列說法正確的是（

）A．k值應調(diào)節(jié)為B．若離子源和加速電場整體向右平移一小段距離，則離子在電場分析器中不能做勻速圓周運動C．若離子垂直于熒光屏打在Q點，則磁場分析器所加的磁感應強度為D．若另有一離子經(jīng)加速電場、電場分析器后從P點進入磁場分析器后打在點，該離子的比荷為【答案】AD【解析】當加速電壓為U時粒子進入靜電分析器的速度為，則，解得，A項正確；若粒子源和加速器整體向右平移一小段距離，離子進入電場中不同的點，根據(jù)牛頓第二定律有，只要調(diào)節(jié)，得等式與大小無關，故離子仍能做勻速圓周運動，B項錯誤；若離子垂直于熒光屏打在Q點，粒子的軌跡半徑為，則磁分析器所加的磁感應強度為，C項錯誤；若離子經(jīng)加速電場、靜電分析器和磁分析器后打在點，則半徑為，，得，D項正確。17．（2024·四川·模擬預測）如圖所示，空間中有一個方向垂直紙面向里的勻強磁場，其邊界是一個半徑為R的圓環(huán)，現(xiàn)讓一個不計重力的帶電粒子以一定速度從A點沿直徑AOB方向射入磁場，當入射速度為v時，粒子經(jīng)過t1時間從C點射出磁場（OC與OB成（60°角），對應的軌道半徑為r1；當入射速度為，粒子經(jīng)過t2時間從D點射出磁場（圖中未畫出），對應的軌道半徑為r2，下列選項正確的是（）A．r1：r2=3：1B．r1：r2=1：3C．t1：t2=1：2 D．t1：t2=2：1【答案】AC【解析】當入射速度為v時，設粒子在磁場中的軌道半徑為，根據(jù)幾何關系可得可得由洛倫茲力提供向心力可得可得當入射速度為，則有則有由幾何關系可知，兩次粒子的運動軌跡對應的圓心角分別為和，則有，故選AC。18．（2024·四川·模擬預測）如圖所示是利用霍爾效應測量磁場的傳感器，由運算芯片LM393和霍爾元件組成，LM393輸出的時鐘電流（交變電流）經(jīng)二極管整流后成為恒定電流I從霍爾元件的A端流入，從F端流出。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于霍爾原件的工作面水平向左，測得CD端電壓為U。已知霍爾元件的載流子為自由電子，單位體積的自由電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，霍爾原件沿AF方向的長度為，沿CD方向的寬度為，沿磁場方向的厚度為h，下列說法正確的是（

）A．C端的電勢高于D端B．若將勻強磁場的磁感應強度減小，CD間的電壓將增大C．自由電子的平均速率為D．可測得此時磁感應強度【答案】AD【解析】已知霍爾元件的載流子為自由電子，電流方向從A流向F，則左手定則可得電子偏向D端，則C端的電勢高于D端，故A正確，根據(jù)可得，若將勻強磁場的磁感應強度減小，CD間的電壓將減小，故B錯誤，根據(jù)電流微觀表達式可得故C錯誤，由，聯(lián)立可得故D正確。19．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖所示，在豎直面內(nèi)有一半徑為R的能吸收帶電粒子的半圓形裝置，在裝置外有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊界ab為過圓心O的一水平直線。一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以不同的速率從A點豎直向上進入磁場，AO的長度為，粒子重力和粒子間的相互作用不計，，下列說法正確的是（）A．能夠被裝置吸收的粒子的最大速度為B．能夠被裝置吸收的粒子的最小速度為C．能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子速度大小為D．能夠被裝置吸收的粒子中，運動時間最短的粒子運動時間為【答案】BD【解析】粒子從A點進入磁場，運動軌跡半徑最大時有最大速度，當粒子從半圓形裝置最右面被該裝置吸收時，其軌跡半徑最大，其速度最大，對于粒子有整理有有幾何關系可知，其粒子的半徑設為，有所以有上述分析有，故A項錯誤；當運動軌跡最小時，其粒子的速度最小，即粒子從裝置最左側(cè)被吸收其半徑最小，由幾何關系有，結(jié)合之前的分析可知，有，故B項錯誤；粒子進入磁場運動至圓周上，時間最短即為圓心角最小，根據(jù)圓心角等于2倍弦切角可知，時間最小，即運動軌跡圓的弦切角需最小。如圖所示運動時間最短，此時軌跡圓的弦AC與題設半圓相切，由幾何關系可知，圓心角為，根據(jù)幾何關系，結(jié)合之前的分析，其中，所以，，故C錯誤，D正確。20．（2024·寧夏銀川·三模）近年來國產(chǎn)動畫的技術(shù)不斷提升，以科幻為主題的電影《熊出沒之逆轉(zhuǎn)時空》在2024年春節(jié)受到人們喜歡。其中“我們總是活在別人定義的成功里，卻忘了自己內(nèi)心真正想要的是什么”成為直擊人心的金句。如左圖所示為光頭強被科學怪人篡改記憶時的畫面，右圖為篡改記憶所用的裝置模式圖，一“篡改記憶粒子”（比荷為）從出發(fā)經(jīng)過電場加速（）獲得一定初速度進入速度選擇器，進入勻強磁場（）偏轉(zhuǎn)180后進入光頭強大腦進行篡改。不計“篡改記憶粒子”重力，下列說法正確的是（）A．各個“篡改記憶粒子”進入勻強磁場偏轉(zhuǎn)時間不相同B．速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/sC．偏轉(zhuǎn)半徑為r=0.01mD．比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大【答案】BCD【解析】“篡改記憶粒子”進入勻強磁場做勻速圓周運動的周期由于“篡改記憶粒子”的比荷相同，做勻速圓周運動的周期相同，各個“篡改記憶粒子”進入勻強磁場偏轉(zhuǎn)時間相同，故A錯誤；加速電場中解得所以速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/s，故B正確;在磁場中解得偏轉(zhuǎn)半徑為，，故C正確；在磁場中，則比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大，故D正確。21．（2024·福建廈門