浙江鸭2024年高考物理二轮复习专题18磁场及带电粒子在有界磁场中运动的综合分析试题含解析

磁场及带电粒子在有界磁场中运动的综合分析

回顾知明要点

•磁场的描述•

1.磁感应强度

(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。

F

(2)大小：8=71(通电导线垂直于磁场)。

(3)方向：小磁针静止时N极的指向。

(4)单位：特斯拉(T)。

2.磁感线

在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一样。

(1)常见磁体的磁场

・谷到・快C冷？・快孰通・睛

(2)电流的磁场

通电直导线通电螺线管环形电流

B

安培定则匿5畸

立体图夕玄

A

横截面图,21

kfiaaa/

纵截面图*

.•：ua、九ed6

3.对磁通量的进一步理解

定义式：3BS

公式。=8S中的8应是匀强磁场的磁感应强度，S是与磁场方向垂直的面积，因此可以理解为。

=BS「假如平面与磁场方向不垂直，应把面积S投影到与磁场垂直的方向上，求出投影面8,代入

到S=8S中计算，应避开硬套公式S=8Ssin夕或S=35bos8。

一立铭记于心

求解有关磁感应强度问题的关键

（1）磁感应强度一由磁场本身确定。

（2）合磁感应强度一等于各磁场的磁感应强度的矢量和（满意平行四边形定则）。

（3）牢记推断电流的磁场的方法一安培定则，并能娴熟应用，建立磁场的立体分布模型（记住5种常见

磁场的立体分布图）。

7融现用

1.长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的很长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感

器相连，如•图所示（俯视图）。a、b中通有大小分别为10、L,的恒定电流，L方向如图所示，二方向未知。

导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。下列说法正确的是

L1由H

a

_F

A.1,与L的方向相同，1b在a•处的磁感应强度B大小为转-

■

F

B.L与L的方向相同，L,在a处的磁感应强度B大小为不

■

F

C.I,与L的方向相反，h在a处的磁感应强度B大小为1r

F

D.1,与L的方向相反，h在a处的磁感应强度B大小为不

【答案】B

【解析】因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力，可知电流ab之间是相互吸引力，即两导线间

F

的电流同向：依据F=BLL,解得h在a处的磁感应强度B大小为B=在，故选B。

2.口国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏

东，不全南也.”进一步探讨表明，地球四周地磁场的磁感线分布示意如图所示。结合上述材料，下列说

法正确的是

A.地理南、北极与地磁场的南、北极完全重合

B.地球内部不存在磁场，地磁南极在地理北极旁边

C.地球表面随意位置的地磁场方向都与地面平行

D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用

【答案】D

【解析】

A、B项，她磁场的4谶在地理南极附近，地磁场的南极在地理：!熊附近，且地球内部也存在磁场，由地磁

场的南极^向地忘场的北极，故AB错i当

C项，只有在赤道表面，世磁场方向与地面平行，即C项错误，

D侦，赤道寰面处的地13场与泉面平行，射向地球赤道的芾电宇宙射线粒子受到出场力，即D项正确

故送D

3.下列说法正确的是

A.欧姆发觉了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式

B.法拉第发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系

C.安培提出了分子电流假说，很好地说明了磁化和消磁等现象

D.奥斯特给出了磁场对运动电荷的作用力的公式

【答案】C

【解析】库伦发觉了电荷之间存在相互作用力，并得出真空中点电荷之间作用力的表达式，选项A错误；

奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项B错误：安培提出了分子电流假说,

很好地说明了磁化和消磁等现象，选项C正确：洛伦兹给出了磁场对运动电荷的作用力的公式，选项「错

误；故选C.

4.物理学家通过艰辛的试验和理论探讨探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献.下列描述中符合物理

学史实的是（）

A.奥斯特发觉了电流的磁效应并提出了分子电流假说

B.法拉第发觉了电磁感应现象并总结出了推断感应电流方向的规律

C.牛顿发觉了万有引力定律但未给出引力常量G的数值

D.哥白尼大胆反对地心说，提出了日心说，并发觉行星沿椭圆轨道运行的规律

【答案】C

【解析】奥斯特发现了电淙的磁效应，安培并提出了分于电庾假说，选项A错误，法拉策发现了电磁展应

现象，援次总结出了判断感应电流方向的底律，选项Btg误j牛顿发现了万有引力定律但未始出引力常缎G

的教值，后来卡文迪许用扭秤实垃测出了引力常数，选项C正确，留白尼大胆反发地心说，提出了日心说,

开昔初发现行星沿桶19轨道运行的规律，选哽Dig误）故选C.

5.如图所示，直角三角形acd,NaWO°,三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b

为ac的中点。三根导线中的电流大小分别为I、21、31,方向均垂直纸面对里。通电长直导线在其四周空

VT

间某点产生的磁感应强度B=—,其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导

r

线在d点产生的磁感应强度大小为Bo.则d点的磁感应强度大小为

A.员B.2B0C.板%I）.4Bo

【答案】I）

【解析】设直角三角形的ad边长为r,则ac边长为2小依据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导

线在d点产生的磁感应强度大小为B0=k：方向由安培定则知水平向左；同理有c在4点产生的磁感应强度

31d21

大小为劣-k尸=\3氏，方向竖直向下；6在d点产生的磁感应强度大小为B,k2%，方向垂直于6d

&r

斜向左下方：如图所示：

A

因木■tan&T,可知W和国的合磁感应强度沿氏的方向，故d点的总场强为BB,>♦B；7%

方向垂直于6d斜向左下方：故选D.

6.关于磁感应强度，下列说法正确的是

A.磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在亥点时受到的磁场力/与该导线的长

F

度£、通过的电流/乘积的比值，即B=—

IL

F

B.磁感应强度B=—只是定义式，它的大小取决于场源以及在磁场中的位置，与/•；I.L以及通电导线在

IL

磁场中的方向无关

C.通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度打定为零

I).通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向

【答案】B

【解析】磁场中某一点的磁额强度可以这样测定：把一小屋涌电导域放在该点时受到的最大的磁场力尸

与该导线的长度九逋过的电流7篥枳的比值，即8=(,选项A错误；码师应强度8=g只是定义式，它的

大小取决于场源以及在鹏场中的位普，与A工上以及通电导线在片场中的方向无关，选项B正确，通电

字支在某点不受磁场力的作用，可能是导放置的方向与碳场方向平行，而该点的也感应强度不一定为零,

选项c错误J通电器受所曼磁场力的方向与磁场的方向卷叁，防。啪b被选B.

9.如图所示，两个单匝线圈a、6的半径分别为，和2r.圆形匀强磁场6的边缘恰好与a线圈重合，则穿过

生力两线圈的磁通量之比为()

A.4：1B.1：2C.1：4D.1：1

【答案】D

【解析】在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个面积为S且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B与面

积S的乘积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B与S平面垂直时，穿过该面的磁通量①二BS.

由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：<&=BS,半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以

磁场的区域面积为：S=nr2；结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：

<I>=iBr2.与线圈的大小无关。故D正确，ABC错误。故选D。

10.如图，矩形线圈abed的长与宽分别为2L和L,虚线内有界匀强磁场的磁感应强度为B,0„02分别为

ad、be的中点，下列推断正确的是()

A.此时穿过线圈abed的磁通量为2BL?

B.线圈绕ab边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BI?

C.线圈绕cd边向纸外旋转60°角时，穿过线圈的磁通量为BI」

I).在线圈绕be边向纸外旋转60°角的过程中，穿过线圈磁通量的变更量为Bl!

【答案】B

【解析】在为强磁场中，当线固与磁场垂直时，另过线圈的磁通量为力=BS,图中S有磁感过线度的面

织，即为有效面积.当线图以不同的边为轴从图中位留转过60*的喉间，线皆在垂直干磁场方向投影的面

织.只有一半晚支圈在磁场中，所以由通量为：＜t＞；=B-L-L=BL:,故A错谩；当线图么必为轴从图中位黄

涛过60・矢隔间，线圈在垂直于磁场方同g影的面积为：S=L・2LC360・=L；,磁逋量：中】=BL；,故B正

隔，线据以cd边为硼专过00・时，线图在垂直于磁场方向投影的面租为0,磁通量：中：=0.故C错误j

线板以be边为，麻专近60・时，纹冏&垂良于哂方向投影的面枳为：S'=L・LcoQT=0.5L:,由逋量：

中产0.5BL',所以导过线板的磁通量变化量是0.5BL；,故D皆误j被选B。

•安培力•

1.安培力的大小

当磁感应强度£的方向与导线方向成〃角时，m。。这是股状况下的安培力的表达式，以下是

两种特殊状况：

(1)磁场和电流垂直时:F=I1B.

(2)磁场和电流平行时:F=0o

2.安培力的方向

(1)用左手定则判定：伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并与手掌在同•平面内，让磁感线垂直穿过手

心，四指指向电流方向，那么，拇指所指方向即为通电直导线在磁场中的受力方向。

(2)安培力的方向特点：FIB,FLI,即尸垂直于8和/确定的平面，

—于心

涉及安培力的力学综合问题，一般实行以下步骤解题:

（1）选择适当的视角，将电流方向或磁场方向用“•”或“X”表示，使立体图转化为平面图：

（2）进行受力分析，特殊要依据磁场特定分析好安培力：

（3）依据平衡条件、牛顿其次定律或功能关系列方程解答。

♦知荆见用

1.如图，当左边线圈通以逆时针电流I时，天平恰好平衡，此时天平右边的硅码质量为m,若改为顺时针

方向的电流且大小不变，则需在天平右边增加△!!］的硅码，通电线圈受到磁场力大小为：

A.---B.（m+Am）g

2

「人n（m+Am）g

C.AmgD.--------

2

【答案】A

【解析】坡同通以回针电流时，下格受到安培力向上，大小为&J为调以lien针电;硒，下据受到安培力

同下，大小仍为〃，而天平右边杰要瑞加4的触码才能再次平衡.则,即匕。等♦故A选

项正藕.

2.如图所示，导体棒MN垂直于导轨静止在水平面匕整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与MN垂直并

与导轨平而成0角斜向上方，闭合开关，缓慢转动磁场使0角渐渐增大至90°,其余不变，导体棒始

终静止，忽视电磁感应现象的影响，在此过程中

Li—

A.导体棒受安培力方向水平向右

B.导体棒所受安培力大小不变

C.导轨对导体棒支持力不变

D.导体棒受到摩擦力大小不变

【答案】B

【解析】依据左手定则可知，导体棒受安培力方向垂直于B指向右下方，选项A错误：依据F«B【L可知,

导体棒所受安培力大小不变，选项B正确：对导体棒，水平方向：F女sin。=f：竖直方向：N=mg+Fncos0,

则当缓慢转动磁场使。角渐渐增大至90。时，导体棒受到摩擦力变大：导轨对导体棒支持力减小，选项

CD错误：故选B.

3.如图甲，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度.挂在天平右臂下方的矩形线圈中通入如图乙的电流，

此时天平处于平衡状态.现保持边长帆,和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为梯形线圈并保持质量不

变，如图丙所示.则

南I庸］

▼|±**1乙两

A.天平仍处于平衡状态

B.无法推断天平如何倾斜

C.在左侧托盘中适当增加祛码可使天平平衡

D.在右侧托盘中适当增加硅码可使天平平衡

【答案】C

析】先根据左手走则利新出安培力的方向，利用F-BIL判断出安培力的大小，苴中L为导线的有效长

度J再结合线圈所受到的安培力与重力的合力大小，通过对比乙丙两个图，利用力矩平南条件即可判断出

结论♦由般萱可知，在乙图中天平处于平衡状态，此时线圈在磁场中受到的安培力大小为EIL,方向竖直

向上，该安培力与^圈更力的合力大小等于左例物体的总重力，天平处于平衡J而当在丙图中，由于导体

的有效长度变担，故受到的安培力双小自竖直向上，故将该矩形线身改为梯形线圈，右侧的重力与安培力

的合力大于图乙中右侧的直力与安培力的合力，故天平将向右陵斜♦要使天平重新平衙，在左侧1错中适

为增加磋码即可，故C正确、ABD错误.故选C・

4.如图所示，长为£的直导线折成边长相等、夹角为60°的V•形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场

中，磁感应强度为反当在该导线中通以电流强度为/的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）

A.0.56〃B.B1LC.0D.2BIL

【答案】B

【解析】由安培力公式F=BIL进行计算,留意式中的L应为等效长度.导线在磁场内有效长度为2Lsin30。=L,

故该V形通电导线受到安培力大小为六BI・2Lsin30°=BIL,选项B正确。故选B。

5.如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac=L、cd=2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁

场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为

)

A.3BILB.序ILC.^§BILI）.BIL

【答案】B

【解析】根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式0口曲亍计a安培力大，j+n可。

早支在限场内有效长度为：1/="两：G,故该通电学支受到安培力大小为F=BH/=V5BIL,故

B正确，MD错误.故选B.

6.如图所示，由匀称的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电

阻丝他段受到的安培力大小为凡则此时两根电阻丝ac、历受到的安培力的合力大小为（）

XXiCXX

XXMXX

XXXMJC

A.0.5FB.1.5FC.2FD.3F

【答案】A

【解析】依据左手定则推断出各段受到的安培力的方向，依据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大

小，再计算出ac、be受到的安培力的大小。ab受力:FMMBILMF：初。受力：有效长度为乙电流为月4

的电流的L则其受力为：-BIL=0.5F,故力正确，成力错误。故选儿

22

7.如图所示，在空间存在与竖直方向成。角的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为夕，磁感应强度大小

为屈重:力加速度为g,若质量为加、电荷量为G的小液滴在此空间做匀速直线运动，则以下说法正确的是

J

短R'

A.小液滴速度大小为吧W,方向垂直纸面对外

qB

B.小液滴速度大小为鳖堂，方向垂直纸面对外

qB

C.小液滴速度大小为鳖变，方向垂直纸面对里

qB

D.小液滴速度大小为喳咨，方向垂直纸而对里

qB

【答案】A

【解析】粒子做匀速直线运动，则受力平衡，粒子受力状况如图:

由图可知，mgsin。=qvB,解得v=呼'上:粒子带负电，由左手定则可知，速度方向垂直纸面对外，故选A.

qB

•洛伦兹力・

1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫做洛伦兹力。

2.洛伦兹力的方向

(1)判定方法：左手定则

掌心一一磁感线垂直穿过掌心；

四指---指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；

拇指一一指向洛伦兹力的方向。

3.带电粒子在匀强磁场中的运动

（1）如何确定“圆心”

①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个

特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在

这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。

②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连

作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示.

③若只已知一个点及运动方向，乜知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图［c）

所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（/川加，画出该角的角平分线,

它与已知点的速度的垂线交于一点0,该点就是圆心。

（2，）如何确定“半心”

mv

方法一：由物理方程求，半径厂二f；

qB

方法二：由几何方程求，一般由数学学问（勾股定理、三角函数笔）计算来确定。

（3）如何确定“圆心角与时间”

①速度的偏向角力=圆弧所对应的圆心角（回旋角）。=2倍的弦切角%如图（d）所示。

②时间的计算方法。

n

方法一：由圆心角求，/=—T

2兀

R0

方法二：由弧长求，t=——

V

一要点1TLl卜心

质谱仪和回旋加速器

1.质谱仪

(1)构造：如图1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

图1

1

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，依据动能定理可得关系式

m/

粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，依据牛顿其次定律得关系式。诏=7。

由两式可得出须要探讨的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。

1[2mbq^_q2〃

2.回旋加速器

(1)构造：如图2所示，口、D?是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接沟通电源。D形盒处于匀强磁场中。

图2

(2)原理：沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒

mVqBR

缝隙，两盒间的电势一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由/，/?=丁，得其产2m，可见粒子

获得的最大动能由磁感应强度和I)形盒半径确定，与加速电压无关。

rfe%现用

1.一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=3oC,则下列说法正

确的是()

A.日束粒子带正电，乙束粒子带负电

B.日束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷

C.P2极板电势比P1极板电势高

D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3:2

【答案】B

【解析】甲粒子在磁场卬向上体涔，乙粒子在磁场卬向下偏话，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带

正电，放A错误，根据洛伦兹力提供同口力，qvfi=»7>得："蓝，工・<x工则甲的比荷大干乙的比荷，B

正确，能通过扶维S；的带电粒于，电场力与洛伦兹力等大反向，苦忖子带正电，田洛伦兹力向上，电场力

向下，则匕极板电势比P；极板电势高，选项C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，由前面分析

则甲、乙两束粒子的房量比为2:3,故D错误，故选B.

2.图示为回旋加速器，其主体部分是处于垂直于盒底的匀强磁场中的两个D形金属盒分别与高频沟通电源

两极相连接，粒子每次经过两盒间的挟缝时都得到加速。已知对原子核加速时，;H从回旋加速器射出时的

动能为反。若对原子核加速，下列说法正确的是（；H与2He均从D形金属盒中心处由静止起先加速）

A.其他条件不变，：He射出加速器时的动能为Ek

B.应将电源的频率减小为原来的5引曲出加速器时的动能为瓦

C.应将电源的频率减小为原来吗为谢出加速器时的动能畛

D.应将电源的频率增大为原来的2倍，；He射出加速器时的动能为Ek

【答案】B

【解析】设;H的电量为q，质量为m,则:He的电量为2q,质量为4m,

1，

对;H,洛伦兹力供应向心力，qvB=mt氏、一・""4；加速电场的周期等于;H在匀强磁场中做圆周

4R22m

运动的周期，T=竺!

qB

知H他条件不变，，，在为强磁场中做图周运动的届期雪，2T,不等于加1电场的周期，

无法加速，故A错误j

B.将电源的2车口卜为原生的%周期变为原来的2偌，苓于»e在匀强磁场中能圆底E动的醐•对Re,

2qvBs4m—»酎比加速署时的动能f.■="4m*=£.，占正确，。猾误j

i4

D.将电源的频率增大为原来的2倍，周期变为原来的一半，不等于:H斑匀强磁场中做圆周运动的周期,

无法加速，故D错误。

故选：B

3.如图，直角坐标直"平面内，有一半径为"的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为区方向垂直于

纸面对里，边界与彳、y轴分别相切于以8两点。一质量为加，电荷量为g的带电粒子从。点沿平行于1轴

正方向进入磁场区域，离开磁场后做直线运动，经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为60°,下列推

断正确的是（）

A.粒子带正电

B.粒子在磁场中运动的轨道半径为/?

C.粒子运动的速率为画四

m

D.粒子在磁场中运动的时间为理

6qB

【答案】C

【解析】粒子的轨迹如图所示，向上或向下偏转，都有速度方向与x正方向实角为60♦的情况，所以粒子

可以带正电，也可以带负电，根据几何知识可用Un3O・=；,解得。、疑,故根据，・£可得粒子运动的速率

为丫二卫，从图中可知粒子轨翅所对圆心角为60•，散粒子在娘场中云动的时间为r=券誉•£,（：正确.

带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R=吧，周期公式丁=四，运动

BqBq

0

时间公式t=-T,知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径,

2兀

结合几何学问分析解翘.

4.物理探讨中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的I）形盒组成，两个

D形盒正中间开有一条狄健。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上

半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入I）形盒中。在磁场力的作用下运

动半周，再经狭健电压加速。如此周而复始，最终到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。

己知正离子电荷量为q,质量为m,加速时电极间电压大小为U,磁场的磁感应强度大小为B,D形盒的半径

为R.每次加速的时间极短，可忽视不计。正粒子从离子源动身时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（）

B.粒子可能获得的最大动能为电

2m

C.粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为I:历I

D.粒子在回旋加速器中的总的时间为吧

2U

【答案】C

【解析】

加速电场变化的周期与粒子在祖场中运动硼相等，则有：r•子，故A错误3粒子在里场中侬匀速四局运

动，则有3/=析3，解得小，［，粒子获得的鼻大功能£.「=：mvi=Wi,抑B倍误；粒子在电场中第

一次加速，则有qU•:而小解得v/悟则粒子以力第一次在下半盒中运动，根据qy#=Eg,解得

公，;w：隹；粒子在第n次迸入下半盒运动前，已在电场中加速了(2x1)次，则有(2c-1)qU=W,

解冉V「庐生,则半径为4=3=；严产,故半校之比为焉，故c正确I粒子在加速器中运

动的总时间为，•川•若，等■号，故D错海，选c.粒子先在电场中加速，照后遂入磁场，的匀速圆周

运动，半四周后后，粒子再次送入电场，此时电感交换电报，粒子维馍加速.

5.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、

磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有匀称辐射电场,在中心线处的电场强度大小为

夕;磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为/，的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由

离子源发出一个质量为以电荷量为G的正离子(初速度为零，重力不L)，经加速电场加速后进入静电分析

器,沿中心线MV做匀速圆周运动,而后由2点进入磁分析器中，最终经过。点进入收集器.下列说法中正确的

A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面对内

B.加速电场中的加速电压U=-ER

2

磁分析器中圆心。到。点的距离会

C.

D.任何离子若能到达P点,则肯定能进入收集器

【答案】B

【解析】A、越子在碳分析器中沿炳动，所殳洛伦礴力指向四心，根据左手这则，磁分析器中匀强磁

场方向垂直于纸面向外，故A错谡.

B、■子在豺电分析器中做与逋图周运动，根据牛顿第二定律有：q£=mg设现子进入静电分析器时的速

度力。离子在加速电场卬加速的过程中，由功能定理有：qU・；m，-0,解得：U-S,B正确.

C、段子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律有：qvB=m^，酢得：则：d，r-!

q

故C错误.

I）、由B可知：R=—,R与离子质量、电量无关；离子在磁场中的轨道半径：r=l陛，离子在磁场中做

EBjq

圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不肯定都等于d,不肯定能

进入收集器，故D错误.

故选B.

6.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为Q10cm的圆柱形桶内有夕=10-咛的匀强磁

场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一裁面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔.粒子束以不同角度

入射，最终有不同速度的粒子束射出.现有一粒子源放射比荷为3♦11（」kh的正粒子，粒子束中速度分

m

布连续.当角。=45°时，出射粒子速度/的大小是（）

A.亚x106m/s

B.2戊x106m/s

C.2ax108m/s

D.4屈x106m/s

【答案】B

【解析】离子从小孔a射入磁场，与的方向的夹角为Q=45。，则离子从小孔，离开磁场时速度与助的夹

角也为。=45°,过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心。'，画出轨迹如图：

，由几何知识得到轨迹所对应的图心房为：0=2。=90°,由几何关系知，=5,又，=石，解存：

「2GxiOE/5.故选B.本IS的辞题关址是正礴画出黑子的运晒迹，根据几何知识得到半径，即可求

解速度v.

7.如图所示，速度选择器中磁感应强度大小为B和电场强度大小为E,两者相互垂直。一束带电粒子以肯定

的初速度沿直线通过速度选择器后从狭缝P进入另一磁感应强度大小为3,的匀强磁场，最终打在平板S的D]D?

上，不计粒子重力，则（）

A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面对里

B.通过狭健P的带电粒子速度为v=B/E

C.打在DpD?处的粒子在磁场B'中运动的时间都相同

D.芍电粒子打在平板S上的位置越靠近P,粒子的比荷越大

【答案】D

析】A、恨窕带电粒子在磁感应强度为8的匀强磁场中的运动轨透可另㈱r粒子带正电，带电粒子在速度

选H器中受到的电场力方向向上，受刎的洛伦技力方向向下，碳场方向垂直纸面向外，故A错误j

B、能涌过狭缝户的带电粒子在速度选住器中受到的电场力与洛伦兹力等大反问，由可知，常电位

子速度为”•%故B错误J

mvqv

C、日洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r=T，则工=1，可知半径不同粒子的比荷不同；打在

BqmBr

27tm

平板S上的粒子在磁感应强度为B的磁场中都只运动半个周期，周期丁=十，则比荷不同，打在〃、“上

Bq

的粒子在磁感应强度为B'的磁场中的运动时间不同，故C错误；

qv

I）、由工=丁，知越靠近狭缝凡r越小，粒子的比荷越大，故D正确；

mBr

故选D。本题为质谱仪模型，考查带电粒子在速度选择器中的运动和磁场中的运动，留意依据粒子运动形式

选择合适的规律解决问题，要娴熟驾驭运用限制变生法结合半径公式R=吧和周期公式T=工分析问题的

qBv

方法。

8.下列各组物理量中，全部是矢量的一组是（）

A.磁通量、加速度

B.磁感应强度、速度变更量

C.时间、平均速度

D.路程、加速度

【答案】B

【第析】物理量按有没有方向分为矢量和标量两类，矢量是指既有大小又有方向的物理量，标量是只有大

小没有方向的物理鬓.

A.磁通弟只有大小，没有方向，是标量，而加速度既有大小又有方向的物理量，是美量，故A错误j

B.修感应强度和速度变化景都是既有大小又有方向的物理策，是矢景，故B正确।

C.平均速度是矢量，而时间只有大小，没有方向，是标蚩，故C错误.；

D.路程只有大小，没有方向，是标量，力睫度是矢星，故D错误。

故选：B

9.以下关于物理学问说法正确的有：

A.信鸽停在单根高压线上休息时会被电死

B.电流四周存在磁场是法拉第发觉的

C.牛顿认为力是变更运动状态的缘由

I）.伽利略认为重的物体下落的比轻的物体快

【答案】C

【解析】

A：信鸽停在单根高压线上休息时，两脚之间的距离很小，两脚之间的电压很小，小鸟不会触电。故A项错

误。

B：电流四周存在磁场是奥斯特发觉的，故B项错误。

C：牛顿认为力是变更运动状态的缘由，故C项正确。

D：亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落快，伽利略认为重的物体与轻的物体下落一样快。故D项错误。

10.如图所示，面积大小为S的矩形线圈abed,放在磁感应强度为8的匀强磁场中，线圈可以绕QQ转动,下

列说法中正确的是（）

A.当线圈从图示位置转过60°时，穿过线圈的磁通量大小SBS

B.当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小。=0

C.当线圈从图示位置转过180。的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小△。=0

D.当线圈从图示位置转过360。的过程中，穿过线圈的磁通量的变更量大小△S=28S

【答案】B

【解析】矩形线圈abed垂直于磁场放J8,典序过电形线圈的磁通睡为KS,当线88从图示位落话过g.

时，穿过按同的磁通量大小。产即tos&）N.5BS,选项A错误J当线HI蜉专由多过90♦时，线;#平面与磁

场方向平行，穿过线圈的宙通量©E.故B正确；当线圈从图示位置转过180°,则穿过矩形线圈的图通

量是个『5,穿过线网的磁通里的变化量大小△4>4BS,故C错误j为线圈从防位5!括过数•的过程

中，身过线图的i3通量的变化量大小△牛=0.故D错退。故选B・

11.宽为L,共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I（方向如图）

时，，在天平左、右两边加上质量各为叫、nh的硅码，天平平衡.当电流反向（大小不变）时，右边再加上

质量为m的祛码后，天平重新平衡.由此可知

A.磁感应强度的方向垂直纸面对里，大小为也突

Nil

B.磁感应强度的方向垂直纸面对里，大小为二

2NI1

C.磁感应强度的方向垂直纸面对外，大小为也唆

Nil

D.磁感应强度的方向垂直纸而对外，大小为幽

2NI1

【答案】B

【解析】AB、当〃的方向垂直纸面对里，起先线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向

反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以须要在右边加成码，则有mg=2NBIL,所以

B=——,故B正确，A错误；

2NIL

CD、当8的方向垂直纸面对外，起先线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变

为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以须要在左边加祛码，故C、【）错误；

故选B。天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培

力大小。

12.如图所示，回旋加速器由置于高真空中的两个半径为"的I）形式上金属盒构成，两盒间的狭缝很小，

粒子穿过的时间可以忽视不计，磁感应强度为8的匀强磁场与盒面垂直。两盒间加速电压为H方向发生周

期性变更，使得粒子每进入狭缝即被加速.从力处粒子源产生的带正电粒子质量为久电荷量为。、初速不

计，粒子重力不计.则（）

A.粒子能获得的最大速率为蟠3.粒子能获得的最大速率为迎

mm

C.粒子在加速器中运动时间为些I）.粒子在加速器中运动时间为理工

2UU

【答案】AC

【解析】当粒子从回旋加速黜柒时，速度II大.根据“8ME：求出最大速度，再根据6未出最大

动熊，粒子襁电场加速一次动能的施恒qU,根据JJ大动能求出加速好欠勃，粒子在出场中运动一个周阴被

加速两次，从而知道粒子运动的周期次数，从而求出运动的8寸间.

依据…支T

则最大动能为:

粒子被电场加速一次动能的增加qU

则粒子被加速的次数为:

qU'2niU

粒子在磁场中运动周期的次数为：n'=B=?必

24Um

HI«*«i2jnn

周期：T=—

qB

则粒子从静止起先到出口处所需的时间为：t=n'T=圾

2U

故选:AC0

13.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，

虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P。处以速度v。沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入

D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是

A.带电粒子每运动一周被加速一次

B.芍电粒子每运动一周PR>PR

C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关

D.加速电场方向须要做周期性的变更

【答案】AB

【解析】带电粒子在电场中加速，电场力做功导致速度越东越快，所以通过用同站应用的时间也不越通，

根据加帙口速度变化录也越来越小，在磁场中运动的半径可以根据蔡来求解。

A、带电粒子只有经过AC板「厕幽□速,9愕电粒子耳运动一周林归惠一次.电场的方向没有改变，则在M

间加速.故A对；D错j

B、依据「=丽得，则PR-----，因为每转一圈被加速一次，依据匀变速学问可知，经过相同位移

■用的时间越来越小,所以速度变更量Av=at也就越来越小,所以PIP2>PR，故B对;

C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,依据r=吧得,v=也，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.

Bqm

故C错；

故选AB

14.如图所示，有一长方体金属桶，左右两侧开口，其长、宽、高分别为&爪c,置于方向向下且垂直于

上、下表面的磁感应强度为B的匀强磁场中。第一次试验时沿”方向通入电解质溶液：其次次试验时

在空间内装入电解质溶液并沿“一”方向通入电流I；第三次试验时在空间内装入形态和大小与所示长方体

一样的金属板并沿“一”方向通入电流I。则下列说法正确的是

Q*表iE

A.三次试验中，装置的前、后表面都会形成电势差

B.第一次试验时，在装置前、后表面形成电势差，当电势差稳定时，测得其大小为U,则电解质溶液的流

cU

量、=一

B

C.其次次试验时后表面旁边电解质溶液浓度高

D.第三次试验时，其前表面电势低于后表面电势

【答案】BC

【解析】第一次实始时沿“f”方向面人电解,溶液，则电解涌中的正负粒子由千登洛伦兹力作用分别向

后、前豪面偏传积聚，形成电势是；第二;炫蛉时在空间械入电解底涔M沿“T”方向通入电流I,则

电解港中的正负粒子分别向右、左方向走向移动，根据左手定则，正负粒子都向后表面偏转积鬃，不会在

装窗的前、后表面形成电型至，第三次实鸵时在空间内装入形状和大小与所示长方体一样的金属板并沿

“一”方向通入电演I,则金属中的负电子受洛伦技力向后表面双家，从而在前后表面形成电势差・选项A

错谡；第一次实防时，在装盘前、后表面形成电势之当电势望注定时，潴得H大小为U,则,「如,

uUc

则电解质溶液的流量QSvbcvB'选项B正确；由人的分析可知，其次次试验时在空间内装

入电解质溶液并沿“一”方向通入电流I,则正负粒子都向后表面偏转枳聚，后表面旁边电解质溶液浓度高，

选项C正确：由A的分析可知，第三次试验时在空间内装入形态和大小与所示长方体一样的金属板并沿

“一”方向通入电流I,则金属中的负电子受洛伦兹力向后表面积聚，前表面电势高于后表面电势，选