专题10 磁场-三年（2019-2021）高考物理真题分项汇编（解析版）

高考复习资料PAGE1/NUMPAGES1专题10磁场1．(2021·广东卷)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线,若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，,电流方向如图所示,下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　)A．B．C．D．【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】C【解析】因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用;根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥"，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故选C。2．（2021·河北卷）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间,相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为,两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力,下列说法正确的是（　　)A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，【答案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时,根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端.等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足由欧姆定律和安培力公式可得再根据金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止，可得则金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下.故选B.3．（2021·全国卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与在一条直线上，与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示.若一根无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为（　　）A．B、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B【答案】B【解析】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知,两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为2B；综上 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 B正确。故选B。4．(2021·全国卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（　　）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。5．（2021·浙江卷）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。若通电螺线管是密绕的，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【解析】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。6．(2021·浙江卷）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以和流向相同的电流，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(　　)A．两导线受到的安培力B．导线所受的安培力可以用计算C．移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变D．在离两导线所在的平面有一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【解析】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计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；C．移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a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.7．(2021·山东卷）某离子实验装置的基本原理如图甲所示.Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为;Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；（3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S.【答案】(1);（2)；(3）【解析】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得①根据几何关系得②联立①②式得（2)离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得由运动的合成与分解得，,联立得（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动,如图所示。设左侧部分的圆心角为,圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得，由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有C到的距离联立得8．（2021·全国卷)如图,长度均为l的两块挡板竖直相对放置,间距也为l,两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场.一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离;（2）求磁感应强度大小的取值范围；(3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）；（2）；（3）粒子运动轨迹见解析,【解析】(1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由类平抛运动规律可知①②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有③粒子发射位置到P点的距离④由①②③④式得⑤（2）带电粒子在磁场运动在速度⑥带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径⑦最大半径⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示.由几何关系可知⑩带电粒子的运动半径为⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离⑫由⑩⑪⑫式解得⑬9．（2021·河北卷）如图，一对长平行栅极板水平放置,极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为,忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。.(1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值;（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子,求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）.【答案】（1）；（2)；（3）;【解析】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在磁场中做圆周运动，则半径由解得（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则由几何关系可知联立解得（3）设被粒子靶接收到n种能量的粒子中能量最小的粒子，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0,则，其中由（2）问分析可得，为定值才不能被OM板吸收越小，k越小，粒子靶离C点越近。最小为，由于要求，则k最小取1，此时最小，即CH点的距离当粒子靶向右移动时，增大，粒子靶一定能接收到多种能量的粒子,故10．(2021·浙江卷）如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴.M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且.求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向【解析】(1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力有联立解得当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有此时；根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故的取值范围为；（3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有且满足所以可得所以可得离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为方向沿z轴负方向。11．（2021·广东卷）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区感应强度恒定，大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。（1）当时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示,求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。【答案】（1），，；(2）【解析】（1）电子在电场中加速有在磁场Ⅰ中，由几何关系可得联立解得在磁场Ⅰ中的运动周期为由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为在磁场Ⅰ中的运动时间为联立解得从Q点出来的动能为(2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为,此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得解得由于联立解得12．（2021·湖南卷)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为)以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。（1）如图（a),宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；（2）如图(a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于.在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程）；（3）如图（b），虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形.在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程)。【答案】（1）；（2)，垂直与纸面向里，；(3)，，,【解析】（1)粒子垂直进入圆形磁场,在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件,即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子从点进入下方虚线区域,若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出,为磁发散的过程,即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径,粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域磁场半径为，根据可知磁感应强度为根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里,圆形磁场的面积为（3）粒子在磁场中运动,3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周根据可知I和III中的磁感应强度为，图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹,可知磁场的最小面积为叶子形状,取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差,所以阴影部分的面积为类似地可知IV区域的阴影部分面积为根据对称性可知II中的匀强磁场面积为13．（2021·浙江卷）在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其速度选择器底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有,.求：（1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y）表示;（4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y）表示，并说明理由。【答案】（1)，；(2）（，0)；（3)(0，）；(4)见解析【解析】(1）通过速度选择器离子的速度从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为由得(2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离离开电场后，离子在x方向偏移的距离位置坐标为(，0)(3）离子进入磁场后做圆周运动半径经过磁场后，离子在y方向偏转距离离开磁场后，离子在y方向偏移距离则位置坐标为(0，)(4)注入晶圆的位置坐标为(，)，电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。1．（2020·海南卷)如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为,方向如图所示．一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动,穿过磁场区域后,与另一根质量,阻值的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,则（)A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为D．金属棒a最终停在距磁场左边界处【答案】BD【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小,故金属棒a做加速度减小的减速直线运动,故A错误；B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C．电路中产生的平均电动势为平均电流为金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得解得对金属棒第一次离开磁场时速度金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中,电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量,即联立并带入数据得由于两棒电阻相同,两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热故C错误；D．规定向右为正方向,两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为设金属棒a最终停在距磁场左边界处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为平均电流为金属棒a受到的安培力为规定向右为正方向,对金属棒a，根据动量定理得联立并带入数据解得故D正确。故选BD。2．(2020·天津卷）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场.一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出）垂直穿过x轴。已知,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则（）A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距【答案】AD【解析】A．粒子向下偏转,根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；BC．粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知，则粒子运动的轨道半径为洛伦兹力提供向心力解得BC错误;D．与点的距离为D正确。故选AD。3．(2020·海南卷)如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线,当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（　　）A．向上B．向下C．向左D．向右【答案】B【解析】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。故选B.4．(2020·北京卷）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（　　)A．偏转原因是圆盘周围存在电场B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场C．仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D．仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变【答案】B【解析】AB．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场,磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确;C．仅改变圆盘的转动方向,形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误;D．仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误.故选B。5．（2020·浙江卷）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流和，。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方.不考虑地磁场的影响，则（　　）A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【解析】A．通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断,如图所示在b点产生的磁场方向向上,在b点产生的磁场方向向下，因为即则在b点的磁感应强度不为零，A错误；BCD．如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下,c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确。故选C。6．(2020·全国卷）真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为（　　)A．B．C．D．【答案】C【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小.令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切,如图所示A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场,由左手定则可得,，为直角三角形，则由几何关系可得解得解得磁场的磁感应强度最小值故选C。7．（2020·全国卷）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率.不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　)A．B．C．D．【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，可得粒子在磁场中的周期粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长.采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5R〈r〈1.5R时,粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0。5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大,当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角粒子运动最长时间为,故选C。8．（2020·全国卷）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上,产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【解析】A．由于电子带负电,要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势,故A错误；B．增大加速电压则根据可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有可得可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移,故B错误；C．电子在偏转电场中做圆周运动,向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误;D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。故选D.9．（2020·浙江卷）如图所示，在光滑绝缘水平面上,两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（)A．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动B．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动C．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动【答案】B【解析】先对1和3线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向：电流大小相等，线圈关于两导线对称，所以线圈中的磁通量为0,电流增大时，根据楞次定律可知线圈中无感应电流，不受安培力,所以1和3线圈静止不动；再对2和4线圈进行分析,根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向：电流增大，根据楞次定律判断感应电流方向(如图所示），靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大，因此受力起主要作用，根据左手定则判断安培力的方向（如图所示），根据力的合成可知2、4线圈沿着对角线向外运动，故B正确，ACD错误.故选B．10．（2020·海南卷）如图,虚线MN左侧有一个正三角形ABC,C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q,正三角形的边长为d：（1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间;（3）若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成角,求圆形磁场的磁感应强度。【答案】（1）；(2);(3)见解析【解析】（1)画出粒子运动轨迹如图粒子在三角形ABC中运动时，有又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知联立解得（2)粒子从D运动到P，由几何关系可知运动时间粒子在MN右侧运动的半径为则有运动时间故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间（3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有解得此时根据有若三角形ABC区域磁场方向向外,则粒子运动轨迹如图中②所示,有解得此时根据有11．（2020·北京卷）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线，与导线同轴放置一半径为的金属圆柱面.假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为，电荷量为.不考虑出射电子间的相互作用。（1)可以用以下两种实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 测量出射电子的初速度：a。在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与平行的匀强磁场。当电压为或磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度.(2)撤去柱面,沿柱面原位置放置一个弧长为、长度为的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为，电子流对该金属片的压强为。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。【答案】（1）a.，b。；（2）【解析】（1）a。在柱面和导线之间，只加恒定电压，粒子刚好没有电子到达柱面,此时速度为零,根据动能定理有解得b。在柱面内,只加与平行的匀强磁场，磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力，则有解得（2）撤去柱面,设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数金属片上形成电流为所以根据动量定理得金属片上的压强为解得故总动能为12．(2020·江苏卷）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:（1)Q到O的距离d;(2）甲两次经过P点的时间间隔;(3）乙的比荷可能的最小值。【答案】（1）;（2）；（3)【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由得,,Q、O的距离为:（2）由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P,经过N个周期,所以，再次经过P点的时间为由匀速圆周运动的规律得，绕一周的时间为所以，再次经过P点的时间为两次经过P点的时间间隔为（3)由洛伦兹力提供向心力，由得，,完成一周期运动上升的距离若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则，结合以上式子，n无解.若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则，计算可得(n=1，2,3……）由于甲乙粒子比荷不同,则n=2时，乙的比荷最小,为13．(2020·山东卷)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示.M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零）,经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力.(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；(3）求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。【答案】（1）；（2)；(3）；(4）s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置【解析】(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间，由动能定理得qU=mv2①在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得②联立①②式得③由几何关系得④⑤⑥联立①②④式得⑦（2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得qE=ma⑧粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得⑨⑩粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得y'=vtsinα⑬由题意得y=L+y'⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式⑮（4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。14．(2020·浙江卷）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s;(2)求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离;（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系.【答案】（1），0。8R;（2）；(3）当时:；当时：；当时:【解析】（1)离子在磁场中做圆周运动得粒子的速度大小令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得，（2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O'，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得即a、c束中的离子从同一点Q射出,离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大，则（3)a或c束中每个离子动量的竖直分量当时所有离子都打在探测板上,故单位时间内离子束对探测板的平均作用力当时，只有b和c束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为当时,只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为15．（2020·全国卷）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q(q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场.求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）;【解析】(1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里.设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有①由此可得②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③由②可得，当磁感应强度大小最小时,设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得④（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得,此时圆弧半径为⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系⑥即⑦由几何关系可得,P点与x轴的距离为⑧联立⑦⑧式得⑨16．(2020·浙江卷）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（）的衰变.中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子.如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子.在P点下方放置有长度以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场.已知电子质量,中子质量,质子质量（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量。（1)写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能(以为能量单位）；（2）当，时，求计数率;（3）若取不同的值,可通过调节的大小获得与（2）问中同样的计数率,求与的关系并给出的范围。【答案】（1）(2)（3)【解析】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：核反应过程中：根据动量和动能关系：则总动能为:（2)质子运动半径：如图甲所示：打到探测板对应发射角度：可得质子计数率为:（3）在确保计数率为的情况下：即:如图乙所示：恰能打到探测板左端的条件为：即:1．(2019·海南卷)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动．射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界,Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(）A．P和Q的质量之比为1：2B．P和Q的质量之比为C．P和Q速度大小之比为D．P和Q速度大小之比为2：1【答案】AC【解析】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，有：；对粒子Q的半径为R，有:；又两粒子的运动时间相同，则，,即,解得,，故AC正确，BD错误．2．（2019·江苏卷）如图所示,在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是A．均向左B．均向右C．a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相同,所以不可以平衡,则要使矩形线框静止,a、b两导线的电流方向相反，故CD正确．3．（2019·全国卷）空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图(a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为D．圆环中的感应电动势大小为【答案】BC【解析】AB、根据B—t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确;CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得:,联立得：，则C正确，D错误．故本题选BC．4．（2019·海南卷)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面）上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下,当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向（）A．向前B．向后C．向左D．向右【答案】A【解析】半圆形导线所受的安培力等效于直径长的直导线所受的安培力,由左手定则可知,铜线所受安培力的方向向前，故选A。5．（2019·全国卷)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q〉0）的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为A．B．C．D．【答案】B【解析】运动轨迹如图：即运动由两部分组成，第一部分是个周期，第二部分是个周期,粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为;粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：,故B正确,ACD错误．.6．（2019·北京卷)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间．由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度,由公式得:，所以磁感应强度减小,半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．7．（2019·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件.当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态.如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭.则元件的（　　）A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压与无关C．前、后表面间的电压与成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为【答案】D【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡,有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．8．(2019·全国卷）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为（　　）A．2FB．1.5FC．0。5FD．0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．9．(2019·全国卷）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A．,B．,C．，D．，【答案】B【解析】a点射出粒子半径Ra==，得：va==，d点射出粒子半径为，R=故vd==，故B选项符合题意10．（2019·浙江卷）在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是（　　）A．B．C．D．【答案】A【解析】当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL，则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象一条过原点的直线。故选A。11．(2019·浙江卷）下列陈述与事实相符的是A．牛顿测定了引力常量B．法拉第发现了电流周围存在磁场C．安培发现了静电荷间的相互作用规律D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【答案】D【解析】A．卡文迪许测定了引力常量，选项A错误；B．奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项B错误；C．库伦发现了静电荷间的相互作用规律,选项C错误;D．伽利略指出了力不是维持物体运动的原因，选项D正确；12．（2019·浙江卷）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示．两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上．当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零．下列说法正确的是（）A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B．当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力【答案】A【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引,电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力,D错误．【点睛】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用．①电流方向相同时,将会吸引;②电流方向相反时,将会排斥．13．（2019·浙江卷）磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（)A．上板为正极，电流B．上板为负极,电流C．下板为正极，电流D．下板为负极，电流【答案】C【分析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流．【解析】根据左手定则,正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上,因此下极板为电源的正极,根据平衡有，解得稳定时电源的电动势,则流过R的电流为,而，,则得电流大小为，C正确．【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理,知道稳定时,离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析．14．（2019·浙江卷）发现电流磁效应的物理学家是（）A．法拉第B．奥斯特C．库仑D．安培【答案】B【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了库仑定律，安培发现了分子电流假说,B正确．15．（2019·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d,且d〈L，粒子重力不计,电荷量保持不变．(1）求粒子运动速度的大小v；(2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm;（3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．【答案】（1）；(2）；（3)A.当时，，B。当时，【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：,解得：由题可得:解得；(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d(1+sin60°）解得（3)粒子的运动周期设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t’，则A.当时，粒子斜向上射出磁场解得B.当时，粒子斜向下射出磁场解得．16．(2019·全国卷)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求（1）带电粒子的比荷；(2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得:根据题意,下图为粒子的运动轨迹,由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：联立方程得：（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则解得：或17．（2019·浙江卷）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0。5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．