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2023年高考真题分类汇编：电磁学2
一、选择题
1．（2023·北京）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
2．（2023·海南）如图所示，质量为，带电荷为的点电荷，从原点以初速度，射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
3．（2023·海南）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛仑兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛仑兹力对小球做正功
4．（2023·海南）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
5．（2023·浙江）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l、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B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
6．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为 △L1和 △L2、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为 。比例系数k 的单位是（ ）
A． kg m/(s2 A) B． kg m/(s2 A2)
C．kg m2/(s3 A) D．kg m2/(s3 A3)
7．（2023·江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）
A．0 B．BIl C．2BIl D．
8．（2023·新课标卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
9．（2023·湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
10．（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
11．（2023·浙江选考）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
二、多项选择题
12．（2023·山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为，电阻不计。质量为、长为、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度，CD的速度为且，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．的方向向上 B．的方向向下
C． D．
13．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
14．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
15．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
三、非选择题
16．（2023·北京） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
17．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
18．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
19．（2023·浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，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B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、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Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
20．（2023·湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t= 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3） 时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
21．（2023·辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 倍。金属 板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为 ，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差 U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O’点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心 M。
22．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
23．（2023·湖南）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图（a）所示，为电阻箱，为半导体薄膜压力传感器，间连接电压传感器（内阻无穷大）．
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是 ；
（2）适当调节，使电压传感器示数为0，此时，的阻值为 （用表示）；
（3）依次将的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数，所测数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图（c）上描点，绘制关系图线；
（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器示数为，则大小是 （重力加速度取，保留2位有效数字）；
（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，此时非理想毫伏表读数为，则 （填“>”“=”或“<”）．
24．（2023·浙江选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、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O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、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C。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C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（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0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】安培力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，由题可知，粒子在磁场中做了1/4的圆周运动，粒子在磁场中圆周运动的半径为a，A正确；
B、根据供需平衡：可得：，B正确；
C、管道中的等效电流为：，C错误；
D、离子束对管道的平均作用力等效为管道中等效电流所受安培力：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据粒子圆周运动规律有几何关系求得半径；
B、根据粒子圆周运动供需平衡求解半径公式解得质量；
C、根据电流的定义式求解电流大小；
D、离子束对管道作用力的大小等效为电流所受安培力的大小求解。
2．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从NP中点射入磁场，由类平抛运动可得：； ，联立解得：，A正确；
B、粒子从NP中点射入磁场，竖直方向初速度为零的匀加速可得：，可得：，
射入磁场速度：，B错误；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，分解射入速度可得：
，粒子在磁场中的速度：
粒子在磁场中的圆周运动：，得：，
设粒子进入磁场后圆周运动的圆心到MN的距离为d，由几何关系可得：，联立解得：，C错误；
D、当进入磁场速度最大时，半径最大，即从N点进入磁场，由类平抛运动可知：；
联立解得磁场中最大速度：，由半径公式：，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、根据电偏转的类平抛运动，由水平和竖直位移联立解得电场强度；
B、由竖直方向位移根据平均速度计算竖直速度，求合速度；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，由速度分解和几何关系半径与距离关系联立求解；
D、射入磁场最大速度对应磁场中最大半径，由此计算射入最大速度求解最大半径。
3．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A、根据左手定则判断，小球刚进入磁场时受到的洛仑兹力水平向右，A正确；
BC、带电小球受洛伦兹力和重力的作用，带电小球运动过程中的速度、加速大小方向都在变化，BC 错误；
D、洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，D错误；
故答案为：A
【分析】洛伦兹力的方向由左手定则判断，带电小球运动中受重力和洛伦兹力的作用，速度、加速的大小、方向都在变化，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功。
4．【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A、根据安培定则判断线圈1、2中顺时针电流的磁场方向为竖直向下，A错误；
B、汽车进入线圈1过程，磁通量增大，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为adcb，B错误；
C、汽车进入线圈1过程，磁通量减小，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为abcd，C正确；
D、线圈所受安培力的方向始终和切割方向相反，亦可以用左手定则判断，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解掌握安培定则、右手定则、楞次定律、左手定则判断对象和使用方法，就可以做出判断。
5．【答案】C
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.当开关接1时，对导体棒受力分析如图：
由几何关系得：，解得：，根据欧姆定律得：，联立解得：，故A不符合题意；
B.假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：，根据能量守恒定律知，棒消耗的焦耳热：；由于棒速度为零时高度高于最低点，所以完成一次过程中，棒消耗的焦耳热小于，故B不符合题意；
C.根据B选项分析知，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符合题意；
D.根据B选项分析知，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，根据知，棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势；假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零时求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据进行 分析。
6．【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制
【解析】【解答】 由相互作用力的大小可以表示为 ，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。
7．【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】在安培力的计算式F=BIL中，L是有效长度，即垂直于磁感应强度方向的长度，而此题中垂直于磁感应强度方向的导体棒长度为Lab=2L，Lbc平行于磁感应强度方向，Lbc的有效长度为0，“L”形导线的有效长度为2L，根据安培力的计算式可求得该导线的安培力为2BIL。
故答案为：C。
【分析】根据安培力的计算公式，期中L为电流的有效长度，即与磁感线垂直方向的长度，代入数据计算即可。
8．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、打在a点的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，打在b点的粒子所受电场力和洛伦兹力的合力指向右侧，当电场水平向左，磁场方向垂直纸面向里时粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力也向左，打在a的左侧；电子受到的电场力向右，洛伦兹力也向右，打在a的右侧，故A错误。
B、 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力向右，可能打在a点，但此时电子所受洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故B错误。
C、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向左，可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向右偏转，故C正确。
D、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 ，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向右，不可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故D错误。
故答案为：C
【分析】根据粒子和电子在电场和磁场中受力的特点以及电荷量关系分析求解。
9．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在速度选择器中有：；在偏转磁场中，粒子从CF的中点射出，粒子转过的圆心角为90°，则。
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故A不符合题意；
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故B不符合题意；
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，所以，故C不符合题意；
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】在速度选择器中有，在偏转磁场中根据、，结合几何关系分析判断。
10．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
11．【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，故直导线在霍尔元件处产生磁场方向竖直向上，由安培定则可知，直导线处电流方向由b到a。 元件输出霍尔电压为零， 所以两电流在霍尔元件处磁感应强度大小相等，方向相反，所以有，得。
故选D。
【分析】由右手螺旋定则可以知道螺绕环在霍尔元件磁场方向，霍尔电压为零，则两个磁场在此处相互抵消。
12．【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．由题意知，导轨的速度大于导体棒的速度，可知导体棒受到向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，导轨受到向左的摩擦力，另外导轨还受到向右的拉力和方向未知的安培力，而摩擦力和拉力的合力，方向向左，由于导轨在磁场中做匀速运动，所以CD棒受到的安培力，方向向右，由左手定则可知导体棒MN中的感应电流方向为N→M，所以CD中的电流方向为D→C，由左手定则可知的方向为向下，A不符合题意，B符合题意；
CD．对导体棒MN受到的安培力，对导轨受到的安培力，电路中的电流为，解得，，，C不符合题意，D符合题意。
故选：BD。
【分析】对导体棒以及导体框受力分析，由共点力平衡条件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根据左手定则判断磁感应强度方向；由法拉第电磁感应定律结合导体棒和导体框受到的安培力大小，求解速度大小。
13．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
14．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，在A点沿半径方向与圆筒碰撞，轨迹如图：
粒子与圆筒碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A不符合题意；
B.由图可知，粒子至少与圆筒碰撞两次（A、B点），然后从小孔射出，故B符合题意；
C.设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动有：，设，由几何关系得：，粒子在磁场中做圆周运动的时间为：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C符合题意；
D.由分析可知粒子沿圆筒半径方向射入圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】带电粒子沿半径方向射入磁场，沿半径方向射出磁场；通过作图分析；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，由几何关系得到与v的关系式，根据写出时间的关系式进行分析。
15．【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
16．【答案】（1）由题可知，第一级区域的磁感应强度：，由安培力公式：
（2）同理可得第二级区域磁感应强度：，由安培力公式：由牛顿第二定律：可得：
（3）对金属棒根据动能定理：，解得：
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据题意确定磁感应强度，由安培力公式求解；
（2）同理解得二区域安培力，根据牛顿第二定律求解；
（3）对金属棒应用动能定理求解。
17．【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
18．【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
19．【答案】（1）当粒子不进入磁场 Ⅱ 速度最大时，轨迹与边界相切，其运动轨迹如图：
由几何关系得：，解得：，由洛伦兹力提供向心力得；，解得：，粒子在磁场区域 Ⅰ 中做匀速圆周运动的周期，在磁场中的运动时间为：；
（2）能到达处的速度最小的粒子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图：
若，根据得：。设与磁场边界夹角为，由几何关系得：，，解得：，，根据，解得：；
（3）当最终进入区域 Ⅱ 的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理得：，即，求和得：，粒子从区域 Ⅰ 到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中，解得：，则速度在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，又粒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。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在两个磁场区域中均做匀速圆周运动，不进入区域2速度最大的粒子的运动轨迹与区域1和2的分界线相切，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据粒子在磁场中运动的周期求解时间；
（2）能到达处的速度最小的粒子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，画出其运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；
（3）将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，应用动量定理求解。先求解出运动轨迹与轴相切的离子的速度大小，再确定能进入第四象限的离子的速度范围，进而进入第四象限的粒子数与总离子数之比。
20．【答案】（1）由题意知，，由洛伦兹力提供向心力得：，
解得：；
答：第一次碰撞前粒子甲的速度大小为
（2）由题意知，，根据得：，解得：；
取竖直向下为正，对甲、乙碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
解得：，，
所以第一次碰撞后粒子乙的速度大小为；
答：粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有： ，，根据得：。可知，在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为：，且在第二次碰撞时有：，，解得：，，根据得：，可知时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为：，后面重复前面的过程，如下表：
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程 ：；后，甲从原点向下逆时针做圆周运动，乙从原点向上逆时针做圆周运动，经过，即半个周期后，甲位置坐标为（2a，0），乙位置坐标为（0，0）
故答案为：甲位置坐标为（2a，0），乙位置坐标为（0，0），。
【分析】（1）由题意知半径，根据洛伦兹力提供向心力求第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）由题意得周期关系，根据求粒子乙的质量；对甲、乙碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）根据动量守恒和机械能守恒分析求解。
21．【答案】（1）设板间距为d，则板长为 ，带电粒子在板间做类平抛运动，
两板之间的电场强度为：，
由牛顿第二定律：
可得：
设粒子在电场中的运动时间为t，则由平抛运动规律可得，
水平方向：
竖直方向：
联立解得：
（2）设粒子射出电场时与水平方向的夹角为 a，
则有：，
故：，
粒子射出电场的速度为：，
粒子沿直线匀速运动进入磁场，在磁场中，
由牛顿第二定律：，
可得：，
又因为圆形磁场的半径为
可得：，
设粒子入磁场和出磁场的速度方向的夹角为θ，由圆形磁场粒子偏转规律，径向射入径向射出，磁偏角等于圆心角，
由几何关系可得：
解得：
（3）由（2）中粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长，
则相对应的粒子的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据已知条件计算电场强度，应用牛顿第二定律计算粒子的加速度，根据类平抛运动计算水平位移和偏转位移，再由二者之间的关系求得偏转电压U；
（2）再计算类平抛运动粒子出电场时的速度大小和方向，根据带电粒子在圆形磁场中的规律，计算粒子的圆周云的半径与偏转磁场半径的关系，由圆形磁场径向射入径向射出，圆心角等于偏转角，由几何关系求得偏转磁场中的偏转角；
（3）由粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长， 定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后磁场区域的圆心 M。
22．【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
23．【答案】（1）1000
（2）
（3）
（4）1.7×10-2
（5）>
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为：；
（2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即，即，解得：；
（3）绘出图像如图：
（4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则；
（5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200mV时，实际CD间断路时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数。
故答案为：（1）；（2）；（3）见解答；（4）；（5）
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据CD两点电势相等，即求解；
（3）根据表中数据描点作图；
（4）由图像得到200mV时，所放物体质量为1.75g，进而求得的大小；
24．【答案】（1）速度大小为 、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为 的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
由动能定理
解得
（4）孔C位置坐标x
其中
联立可得 ，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与 相关，可得
解得
由动能定理
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子在磁场偏转的轨迹图，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出孔C所处的位置坐标；
（2）粒子进入磁场后，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出离子打在N板上区域的长度；
（3）当电流表示数等于0时，利用动能定理结合速度的分解可以求出电压的大小；
（4）已知孔C的位置坐标，利用牛顿第二定理可以求出轨迹半径的大小，结合竖直方向的速度及牛顿第二定律及动能定理可以求出电压与孔C位置坐标的关系。
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2023年高考真题分类汇编：电磁学2
一、选择题
1．（2023·北京）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【知识点】安培力；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，由题可知，粒子在磁场中做了1/4的圆周运动，粒子在磁场中圆周运动的半径为a，A正确；
B、根据供需平衡：可得：，B正确；
C、管道中的等效电流为：，C错误；
D、离子束对管道的平均作用力等效为管道中等效电流所受安培力：，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据粒子圆周运动规律有几何关系求得半径；
B、根据粒子圆周运动供需平衡求解半径公式解得质量；
C、根据电流的定义式求解电流大小；
D、离子束对管道作用力的大小等效为电流所受安培力的大小求解。
2．（2023·海南）如图所示，质量为，带电荷为的点电荷，从原点以初速度，射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）
A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、粒子从NP中点射入磁场，由类平抛运动可得：； ，联立解得：，A正确；
B、粒子从NP中点射入磁场，竖直方向初速度为零的匀加速可得：，可得：，
射入磁场速度：，B错误；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，分解射入速度可得：
，粒子在磁场中的速度：
粒子在磁场中的圆周运动：，得：，
设粒子进入磁场后圆周运动的圆心到MN的距离为d，由几何关系可得：，联立解得：，C错误；
D、当进入磁场速度最大时，半径最大，即从N点进入磁场，由类平抛运动可知：；
联立解得磁场中最大速度：，由半径公式：，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、根据电偏转的类平抛运动，由水平和竖直位移联立解得电场强度；
B、由竖直方向位移根据平均速度计算竖直速度，求合速度；
C、设粒子从磁场射入时速度方向与竖直方向夹角为θ，由速度分解和几何关系半径与距离关系联立求解；
D、射入磁场最大速度对应磁场中最大半径，由此计算射入最大速度求解最大半径。
3．（2023·海南）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛仑兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛仑兹力对小球做正功
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A、根据左手定则判断，小球刚进入磁场时受到的洛仑兹力水平向右，A正确；
BC、带电小球受洛伦兹力和重力的作用，带电小球运动过程中的速度、加速大小方向都在变化，BC 错误；
D、洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，D错误；
故答案为：A
【分析】洛伦兹力的方向由左手定则判断，带电小球运动中受重力和洛伦兹力的作用，速度、加速的大小、方向都在变化，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功。
4．（2023·海南）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A、根据安培定则判断线圈1、2中顺时针电流的磁场方向为竖直向下，A错误；
B、汽车进入线圈1过程，磁通量增大，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为adcb，B错误；
C、汽车进入线圈1过程，磁通量减小，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为abcd，C正确；
D、线圈所受安培力的方向始终和切割方向相反，亦可以用左手定则判断，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解掌握安培定则、右手定则、楞次定律、左手定则判断对象和使用方法，就可以做出判断。
5．（2023·浙江）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l、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B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.当开关接1时，对导体棒受力分析如图：
由几何关系得：，解得：，根据欧姆定律得：，联立解得：，故A不符合题意；
B.假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：，根据能量守恒定律知，棒消耗的焦耳热：；由于棒速度为零时高度高于最低点，所以完成一次过程中，棒消耗的焦耳热小于，故B不符合题意；
C.根据B选项分析知，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符合题意；
D.根据B选项分析知，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，根据知，棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势；假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零时求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据进行 分析。
6．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为 △L1和 △L2、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为 。比例系数k 的单位是（ ）
A． kg m/(s2 A) B． kg m/(s2 A2)
C．kg m2/(s3 A) D．kg m2/(s3 A3)
【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制
【解析】【解答】 由相互作用力的大小可以表示为 ，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。
7．（2023·江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）
A．0 B．BIl C．2BIl D．
【答案】C
【知识点】安培力
【解析】【解答】在安培力的计算式F=BIL中，L是有效长度，即垂直于磁感应强度方向的长度，而此题中垂直于磁感应强度方向的导体棒长度为Lab=2L，Lbc平行于磁感应强度方向，Lbc的有效长度为0，“L”形导线的有效长度为2L，根据安培力的计算式可求得该导线的安培力为2BIL。
故答案为：C。
【分析】根据安培力的计算公式，期中L为电流的有效长度，即与磁感线垂直方向的长度，代入数据计算即可。
8．（2023·新课标卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A、打在a点的离子所受电场力和洛伦兹力平衡，打在b点的粒子所受电场力和洛伦兹力的合力指向右侧，当电场水平向左，磁场方向垂直纸面向里时粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力也向左，打在a的左侧；电子受到的电场力向右，洛伦兹力也向右，打在a的右侧，故A错误。
B、 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，粒子受到的电场力水平向左，洛伦兹力向右，可能打在a点，但此时电子所受洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故B错误。
C、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向左，可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向右偏转，故C正确。
D、 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 ，粒子受到的电场力水平向右，洛伦兹力向右，不可能打在a点，此时电子的洛伦兹力大于电场力，向左偏转，故D错误。
故答案为：C
【分析】根据粒子和电子在电场和磁场中受力的特点以及电荷量关系分析求解。
9．（2023·湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在速度选择器中有：；在偏转磁场中，粒子从CF的中点射出，粒子转过的圆心角为90°，则。
A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故A不符合题意；
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则有：，解得：。再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，所以，故B不符合题意；
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，所以，故C不符合题意；
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，所以，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】在速度选择器中有，在偏转磁场中根据、，结合几何关系分析判断。
10．（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】由电粒子在磁场中的偏转：分析如图，由几何关系可得：，
偏转角等于圆心角，，得，
由得(1)；
再加匀强电场E做直线运动：得，(2)，
联立解得，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】正确应用磁偏转，找出圆心，利用几何关系计算粒子的半径；电磁复合场中的直线运动判断E与B的关系，两种情况联立就可以解出结果。
11．（2023·浙江选考）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，故直导线在霍尔元件处产生磁场方向竖直向上，由安培定则可知，直导线处电流方向由b到a。 元件输出霍尔电压为零， 所以两电流在霍尔元件处磁感应强度大小相等，方向相反，所以有，得。
故选D。
【分析】由右手螺旋定则可以知道螺绕环在霍尔元件磁场方向，霍尔电压为零，则两个磁场在此处相互抵消。
二、多项选择题
12．（2023·山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为，电阻不计。质量为、长为、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度，CD的速度为且，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．的方向向上 B．的方向向下
C． D．
【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．由题意知，导轨的速度大于导体棒的速度，可知导体棒受到向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，导轨受到向左的摩擦力，另外导轨还受到向右的拉力和方向未知的安培力，而摩擦力和拉力的合力，方向向左，由于导轨在磁场中做匀速运动，所以CD棒受到的安培力，方向向右，由左手定则可知导体棒MN中的感应电流方向为N→M，所以CD中的电流方向为D→C，由左手定则可知的方向为向下，A不符合题意，B符合题意；
CD．对导体棒MN受到的安培力，对导轨受到的安培力，电路中的电流为，解得，，，C不符合题意，D符合题意。
故选：BD。
【分析】对导体棒以及导体框受力分析，由共点力平衡条件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根据左手定则判断磁感应强度方向；由法拉第电磁感应定律结合导体棒和导体框受到的安培力大小，求解速度大小。
13．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
14．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A.粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，在A点沿半径方向与圆筒碰撞，轨迹如图：
粒子与圆筒碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A不符合题意；
B.由图可知，粒子至少与圆筒碰撞两次（A、B点），然后从小孔射出，故B符合题意；
C.设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动有：，设，由几何关系得：，粒子在磁场中做圆周运动的时间为：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C符合题意；
D.由分析可知粒子沿圆筒半径方向射入圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】带电粒子沿半径方向射入磁场，沿半径方向射出磁场；通过作图分析；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，由几何关系得到与v的关系式，根据写出时间的关系式进行分析。
15．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
三、非选择题
16．（2023·北京） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【答案】（1）由题可知，第一级区域的磁感应强度：，由安培力公式：
（2）同理可得第二级区域磁感应强度：，由安培力公式：由牛顿第二定律：可得：
（3）对金属棒根据动能定理：，解得：
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；安培力的计算
【解析】【分析】(1)根据题意确定磁感应强度，由安培力公式求解；
（2）同理解得二区域安培力，根据牛顿第二定律求解；
（3）对金属棒应用动能定理求解。
17．（2023·山东）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【答案】（1）依题意做出粒子的运动轨迹如图所示：
设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，
粒子第一次和第二次进入磁场的速度不变，设圆周轨迹半径为，
根据洛伦兹力提供向心力可得：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：
解得：；
（2）（i）根据题意做出粒子运动轨迹如图所示：
设圆周轨迹半径为，根据几何关系可得：
解得：
根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
根据几何关系可得：，
解得：θ=37°
粒子第二次进入电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有：
竖直方向做匀变速直线运动，有：
联立解得：E′=36E；
对粒子第一次在电场中的运动，根据动能定理可得：
解得：，方向向上；
（ii）设粒子离开Q点速度大小为，
根据动能定理可得：
解得：
粒子从Q点进入磁场，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
若粒子是从P点第三次进入电场，如图所示：
根据几何关系可得：
解得：
则
根据图中的几何关系可得：
解得：
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子运动轨迹，根据动能定理求解粒子第一次进入磁场时的速度大小，并且根据粒子第二次进入电场运动的特点得出粒子第二次进入磁场时的速度与第一次的速度相等，根据几何关系得出粒子在磁场运动的轨迹半径，再根据洛伦兹力充当向心力列式求出磁感应强度大小；（2）（i）若改变电场强度大小，做出运动图像，根据几何关系求解半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解在粒子P点时的速度大小，之后粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解结合运动学公式求解电场强度大小和初速度大小；（ii）由动能定理求出粒子从Q点进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的轨迹半径；再假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，根据几何关系求解半径，比较两种情况下得到的半径是否相同进行分析。
18．（2023·海南）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端揷入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直向里的匀强磁场。
（1）若揷入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。
【答案】（1）对金属杆离开液面做竖直上抛运动，上升高度H，由速度位移公式可得：，解得：；
金属杆从液体中到最高点，由动能定理：，代入数据解得：I=4.17A；
（2）由起跳高度，根据动能定理：得：
通电时间内，根据动量定理：可得：，代入数据解得：=42.5A；
又因为：
代入数据解得：q=0.085C
【知识点】动量定理；安培力；动能定理的综合应用
【解析】【分析】(1)由导线上升高度做竖直上抛运动，根据速度位移公式计算初速度；由从液体中到上升最大高度，根据动能定理求解；
（2）根据上升高度计算离开液面速度，根据动量定理和电荷量公式计算电荷量。
19．（2023·浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，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B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、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Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）当粒子不进入磁场 Ⅱ 速度最大时，轨迹与边界相切，其运动轨迹如图：
由几何关系得：，解得：，由洛伦兹力提供向心力得；，解得：，粒子在磁场区域 Ⅰ 中做匀速圆周运动的周期，在磁场中的运动时间为：；
（2）能到达处的速度最小的粒子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图：
若，根据得：。设与磁场边界夹角为，由几何关系得：，，解得：，，根据，解得：；
（3）当最终进入区域 Ⅱ 的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理得：，即，求和得：，粒子从区域 Ⅰ 到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中，解得：，则速度在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，又粒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。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在两个磁场区域中均做匀速圆周运动，不进入区域2速度最大的粒子的运动轨迹与区域1和2的分界线相切，画出其运动轨迹，由几何关系求得其匀速圆周运动的半径和圆周轨迹的圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；根据粒子在磁场中运动的周期求解时间；
（2）能到达处的速度最小的粒子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，画出其运动轨迹，根据几何关系求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小；
（3）将离子的运动沿x轴和y轴分解处理，应用动量定理求解。先求解出运动轨迹与轴相切的离子的速度大小，再确定能进入第四象限的离子的速度范围，进而进入第四象限的粒子数与总离子数之比。
20．（2023·湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t= 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3） 时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）由题意知，，由洛伦兹力提供向心力得：，
解得：；
答：第一次碰撞前粒子甲的速度大小为
（2）由题意知，，根据得：，解得：；
取竖直向下为正，对甲、乙碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒得：，，
解得：，，
所以第一次碰撞后粒子乙的速度大小为；
答：粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有： ，，根据得：。可知，在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为：，且在第二次碰撞时有：，，解得：，，根据得：，可知时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为：，后面重复前面的过程，如下表：
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程 ：；后，甲从原点向下逆时针做圆周运动，乙从原点向上逆时针做圆周运动，经过，即半个周期后，甲位置坐标为（2a，0），乙位置坐标为（0，0）
故答案为：甲位置坐标为（2a，0），乙位置坐标为（0，0），。
【分析】（1）由题意知半径，根据洛伦兹力提供向心力求第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）由题意得周期关系，根据求粒子乙的质量；对甲、乙碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒求第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）根据动量守恒和机械能守恒分析求解。
21．（2023·辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 倍。金属 板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m 、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为 ，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差 U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O’点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心 M。
【答案】（1）设板间距为d，则板长为 ，带电粒子在板间做类平抛运动，
两板之间的电场强度为：，
由牛顿第二定律：
可得：
设粒子在电场中的运动时间为t，则由平抛运动规律可得，
水平方向：
竖直方向：
联立解得：
（2）设粒子射出电场时与水平方向的夹角为 a，
则有：，
故：，
粒子射出电场的速度为：，
粒子沿直线匀速运动进入磁场，在磁场中，
由牛顿第二定律：，
可得：，
又因为圆形磁场的半径为
可得：，
设粒子入磁场和出磁场的速度方向的夹角为θ，由圆形磁场粒子偏转规律，径向射入径向射出，磁偏角等于圆心角，
由几何关系可得：
解得：
（3）由（2）中粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长，
则相对应的粒子的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据已知条件计算电场强度，应用牛顿第二定律计算粒子的加速度，根据类平抛运动计算水平位移和偏转位移，再由二者之间的关系求得偏转电压U；
（2）再计算类平抛运动粒子出电场时的速度大小和方向，根据带电粒子在圆形磁场中的规律，计算粒子的圆周云的半径与偏转磁场半径的关系，由圆形磁场径向射入径向射出，圆心角等于偏转角，由几何关系求得偏转磁场中的偏转角；
（3）由粒子在磁场中的运动轨迹可知，当磁场以沿半径方向射入时粒子圆周运动的弧对应的弦长为偏转磁场的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长， 定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后磁场区域的圆心 M。
22．（2023·江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）当 入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，说明此时电子受电场力与洛伦兹力平衡，
即eE=ev0B，
解得E=v0B。
（2）当电子 入射速度为时，电子所受洛伦兹力F洛=，电子所受电场力F电=eE=ev0B。所以F洛F电，
故电子会向上偏。而洛伦兹力不做功，当电子速度达到时，由动能定理有，
WF电=Ek2-Ek1，WF电=eEy1，Ek1=m（）2，Ek2=m（）2。
联立解得，y1=。
（3）设电子以速度v入射时电子能达到最高点位置的纵坐标为y，即电子在电场力方向上的位移的位移为y，速度为vm，
在此过程中电场力做功WF电=eEy，
由动能定理，有WF电=m-m
在最高点，电子所受合力方向沿着E的方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eBeE
在最低点，电子所受合力方向沿着E的反方向，此时对电子进行受力分析，有，F合=eEeBv
结合（1）解得
综上，解得y=
欲使电子纵坐标能达到y2=位置，必须满足，yy2，
即 ，
综上，解得，vv0=90%v0 。
故若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0 的90%。
【知识点】受力分析的应用；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）对电子进行受力分析，根据平衡条件和电场力与洛伦兹力的表达式列方程求解。
（2）对电子进行受力分析，根据受力分析判断电子偏转方向，再由动能定理列方程求解。
（3）根据动能定理计算粒子所到达最高点的的坐标与粒子速度的关系式，在由题意判断电子所占的百分比。
23．（2023·湖南）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图（a）所示，为电阻箱，为半导体薄膜压力传感器，间连接电压传感器（内阻无穷大）．
（1）先用欧姆表“”挡粗测的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是 ；
（2）适当调节，使电压传感器示数为0，此时，的阻值为 （用表示）；
（3）依次将的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），读出电压传感器示数，所测数据如下表所示：
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图（c）上描点，绘制关系图线；
（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用．在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，电压传感器示数为，则大小是 （重力加速度取，保留2位有效数字）；
（5）若在步骤（4）中换用非理想毫伏表测量间电压，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力，此时非理想毫伏表读数为，则 （填“>”“=”或“<”）．
【答案】（1）1000
（2）
（3）
（4）1.7×10-2
（5）>
【知识点】利用传感器制作简单的自动控制装置；研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）欧姆表读数为：；
（2）当电压传感器读数为零时，CD两点电势相等，即，即，解得：；
（3）绘出图像如图：
（4）由图像可知，当电压传感器的读数为200mV时，所放物体质量为1.75g，则；
（5）可将CD以外的电路等效为新的电源，CD两点电压看做路端电压，因为换用非理想电压传感器当读数为200mV时，实际CD间断路时的电压大于200mV，则此时压力传感器的读数。
故答案为：（1）；（2）；（3）见解答；（4）；（5）
【分析】（1）根据欧姆表读数方法读数；
（2）根据CD两点电势相等，即求解；
（3）根据表中数据描点作图；
（4）由图像得到200mV时，所放物体质量为1.75g，进而求得的大小；
24．（2023·浙江选考）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、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O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、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C。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C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（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0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。
【答案】（1）速度大小为 、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为 的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
由动能定理
解得
（4）孔C位置坐标x
其中
联立可得 ，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与 相关，可得
解得
由动能定理
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）画出粒子在磁场偏转的轨迹图，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出孔C所处的位置坐标；
（2）粒子进入磁场后，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小，结合几何关系可以求出离子打在N板上区域的长度；
（3）当电流表示数等于0时，利用动能定理结合速度的分解可以求出电压的大小；
（4）已知孔C的位置坐标，利用牛顿第二定理可以求出轨迹半径的大小，结合竖直方向的速度及牛顿第二定律及动能定理可以求出电压与孔C位置坐标的关系。
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