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专题9安培力与洛伦兹力——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 6月浙江选考）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xOy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B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P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a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b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UNM调控（UNM>0），a和b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。
（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b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。
【详解】（1）对a离子根据动能定理得
a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置，联立解得
（2）①要使a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（1）中分析得
即
即
②b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
代入得
故可知b离子能从栅极板（坐标范围为）任意位置经电压为电场减速射入虚线下方的磁场，此时
b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的电场减速，因为根据动能定理得
同时有
，
当时，b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
当时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为
故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知
故可得
则b离子从处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设，则同理可知
联立解得
则可得
当减速n次
联立得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得
即
解得
即，n取整数，故可得，故可得
2. （多选）（2024 浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、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B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v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若，弹力冲量为零
【解答】解：A、小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得合力冲量为：I＝0﹣mv0＝﹣mv0，则合力冲量大小为m0，故A错误；
B、小球上滑过程所受洛伦兹力方向为垂直杆向上，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a＝gsinθ
小球上滑过程的时间为：，重力冲量大小为：，故B错误；
C、小球上滑过程做匀加速直线运动，洛伦兹力的表达式f洛＝qBv，可知洛伦兹力的大小随时间均匀减小。
可得洛伦兹力的冲量大小为：qBt，故C正确；
D、初始时刻小球所受洛伦兹力大小为qv0B＝2mgcosθ。
小球在垂直细杆方向所受合力为零，设细杆对小球的弹力为FN，以垂直细杆向下为正方向，则有：
FN＝qBv﹣mgcosθ＝qB（v0﹣at）﹣mgcosθ
若，则FN＝mgcosθ﹣qBat，
根据此关系式作出小球在上滑过程的FN﹣t图像如下图所示：
根据FN﹣t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知该过程弹力冲量为零，故D正确。
故选：CD。
3. （2024 浙江）磁电式电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。a、b、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．a、b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．c、d两点的磁感应强度大小相等
【解答】解：A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故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，故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，故D错误。
故选：A。
4. （2024 浙江）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Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ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v0，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d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（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”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，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O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示：
粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
（2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变小，假设折射角为θ′
根据动能定理
由于
代入数据联立解得
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示：
根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
根据折射定律
代入数据联立解得“折射率”
（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
根据动能定理
可得
即应满足
（4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形；
根据数学知识
解得∠CPQ＝30°
所以如果U≥0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：
①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝Nm[vy﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
根据动能定理
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
根据动能定理
代入数据联立解得
即当时，F＝0
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点左侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy
根据动能定理
代入数据联立解得。
答：（1）磁场宽度d的最小值为；
（2）“折射率”n为；
（3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”；
（4）见解析。
5. （2023 浙江）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B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'，故ABC错误，D正确；
故选：D。
6. （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Ⅰ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（0，3L）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B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，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。
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α＝60°，r﹣L＝rcosα
解得：r＝2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1＝m
解得：v1
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T
在磁场中的运动时间t
（2）能到达处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x＝v2cos60°v2，v2x′＝v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt＝mv2x′﹣mv2x
其中：∑v2yi Δt＝L
已知：B2＝2B1
联立可得：qB2L＝mv2cosθmv2
由几何关系得：RRcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2＝m
联立解得：R＝2L，v2
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt＝mv3﹣mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt＝qB1L
∑qB2v3yi Δt＝∑q v3yi Δt＝∑q ΔyydyqB1L
联立可得：qB1LqB1L＝mv3mv3
解得：v3
故离子源射出的离子速度大于的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为；
（2）能到达处的离子的最小速度v2为；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。
7. （2023 浙江）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60°；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v0、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x0；
（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U0；
（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Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
【解答】解：（1）已知速度大小为v0、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，离子经磁场偏转后轨迹如图所示：
由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m
解得离子轨迹半径：R
根据几何关系可得孔C所处位置的坐标：x0＝2R；
（2）速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得离子轨迹半径：R′
设离子速度方向与y轴夹角为θ时，离子若要能在C点入射，运动轨迹如图所示：
则由几何关系可得：2R′cosθ＝2R
解得：cosθ
离子速度大小连续分布在和之间，则cosθ≤1
当cosθ时θ＝45°，由几何关系结合对称性可得：L＝2dtan45°＝2d；
（3）离子速度方向与y轴夹角为θ时，通过C点的离子其速度沿﹣y方向的分量为：vy＝vcosθ
由（2）可得：vy＝v0
由动能定理可得：qU0
解得：U0；
（4）设离子速度大小为v′时离子轨迹半径为r′，离子速度方向与y轴夹角为θ时，孔C位置坐标x＝2rcosθ
其中：rR
联立可得：x＝2R cosθ，离子速度大小连续分布在和之间，而cosθ≤1
解得：R≤x≤2R
在此范围内，和（3）相同，只与vy相关，可得：qBvy＝m
解得：vy
根据动能定理可得：qUx
解得：Ux （x）
答：（1）孔C所处位置的坐标x0；
（2）离子打在N板上区域的长度为2d；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，则电流表示数刚为0时的电压U0为；
（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，则电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式为Ux（x）。
8. （2022 浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy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Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0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B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【解答】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝m
解得：B；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt＝2kπ
联立解得：ω＝（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得：v；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1＝2nπ+θ
联立解得：ω1，（n＝0、1、2……）
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′ Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′
联立解得：F，（n＝0、1、2……）；
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1），又要等于，则可得：
（4k+1），（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……），
还需满足：0＜θ′＜π，且θ′
可得：k＜2
当k＝0时，解得：θ′，当n＝0时，θ′，不符题意，舍去；
当k＝1时，解得：θ′，当n＝0时，θ′；n＝1时，θ′（舍去）；n＝2时，θ′。
故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为和。
答：（1）①磁感应强度B的大小为；
②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）；
（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。
9. （2022 浙江）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xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O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B1、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y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，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Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ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B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：v0
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0
根据动能定理有：eU
vM
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα
光电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r，rsinα
可得：sinα
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
联立解得：B2
则B2的最大值为
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
1. （2024 西湖区校级模拟）武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左
B．正、负粒子所受洛伦兹力方向是相反的
C．废液的流量与M、N两点间电压成反比
D．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
【解答】解：AB、根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力方向向下，负粒子受到的洛伦兹力方向向上，故A错误，B正确；
C、粒子受到的洛伦兹力等于电场力，则
同时，根据流量的计算公式可得：
Q＝vS
联立解得：，即废液的流量与M、N两点间的电压成正比，故C错误；
D、不带电的液体在磁场中不受力，M、N两点没有电势差，无法计算流速，故D错误；
故选：B。
2. （2024 西湖区校级模拟）如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁体，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。则下列说法正确的是（ ）
A．当电流从电磁铁接线柱A流入时，发现吸引小磁体向下运动，则小磁体的下端为N极
B．硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，故电磁铁的铁芯应选硬磁性材料
C．为了加快充气的速度可以通过加大通入的电流
D．橡皮碗中的气体被快速排出时，管口处的温度会上升
【解答】解：A.当电流从电磁铁的接线柱A流入时，从上向下看电流是顺时针方向，根据安培定则可知电磁铁的下端为N极，上端为S极，由异性相吸可知下端为N极，故A正确；
B.电磁铁的特点是通电有磁性，断电时无磁性，为保证充气泵有效工作，因此电磁铁用的铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故B错误；
C.若工作时A、B接线柱接入恒定电流，则小磁铁与电磁铁始终断开或接触，达不到充气的目的，加大通入的电流仍然不能达到快速充气的目的，故C错误；
D.橡皮碗中的气体被快速排出时，气体膨胀对外做功，内能减小，管口处的温度会降低，故D错误。
故选：A。
3. （2024 浙江模拟）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F3
【解答】解：由于铜环的电阻最小，硅的电阻最大，故铜环中感应电流最大，硅的感应电流最小，故铜环受到的安培力最大，硅的安培力最小，故A正确，BCD错误；
故选：A。
4. （2024 温州三模）如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对称分布，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，四个区域内有界磁场（边界均为圆弧）分布可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A.粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由左手定则可知粒子进入磁场后运动轨迹如下图
即入射平行粒子束不会扩束，故A错误；
B.由左手定则可知，平行粒子入射后，经两个同方向磁场，会向同一方向偏转，不会平行于入射方向射出，故B错误；
C.如下图所示
当粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径恰好等于有界磁场的圆弧半径时，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，故C正确；
D.由左手定则可知，粒子运动轨迹如下图所示
平行粒子束射入后不会实现扩束，故D错误。
故选：C。
5. （2023 浙江模拟）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．增大偏转磁场磁感应强度大小可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
【解答】解：A、根据题意可知，电子在MN之间加速，受到向右的电场力，所以MN之间的电场线水平向左，则M点的电势比N点电势低，故A错误；
C、由电子运动轨迹粒子，电子进入磁场时受到竖直向下的洛伦兹力作用，根据左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C错误；
BD、电子在加速电场中加速，由动能定理得：eUmv2﹣0
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m
解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r
若增大偏转磁场磁感应强度的大小，则电子在磁场中做圆周运动的半径减小，电子出磁场时的速度偏角增大，P点左移。
如增大M、N之间的加速电压，电子在磁场中做圆周运动的半径r增大，电子射出磁场时的偏角减小，P点右移，故B正确，D错误；
故选：B。
6. （2024 浙江模拟）如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（ ）
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将逆时针转动
D．线圈将顺时针转动
【解答】解：A、图中磁场为辐状磁场，该磁场不是匀强磁场，匀强磁场的磁感线是平行等间距的直线，磁感应强度大小和方向相同，故A错误；
B、由图可知，线圈与磁感线一直平行，故B错误；
CD、根据左手定则可知，a端受力向上，b受受力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误、D正确。
故选：D。
7. （多选）（2017 鹿城区校级模拟）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（ ）
A．在电场中的加速度之比为1：1
B．在磁场中运动的半径之比为：1
C．在磁场中转过的角度之比为1：2
D．离开电场区域时的动能之比为1：
【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错。
B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v，可知其速度之比为1：．又由qvB＝m知，r，所以其半径之比为：1，故B正确。
C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确。
D、由电场加速后：qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D错误。
故选：BC。
8. （2024 温州三模）如图甲所示，某种离子分析器由加速区、偏转区和检测区组成，分别分布在第Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ象限内。在加速通道内分布着沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E1在0.6E0≤E1≤1.2E0范围内调节；在偏转通道内分布着垂直xOy坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1随E1的变化而变化；在检测区内，分布着匀强电场或磁场，检测区内适当位置放有长为2L的检测板。在坐标为（﹣L，﹣1.5L）的A处有一离子源，可连续释放质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的离子（释放时的速度可视为零），离子沿直线到达坐标为（﹣L，0）的小孔C，再经偏转区后从坐标为（0，L）的小孔D进入检测区，打在检测板上。三个区域的场互不影响，不计离子的重力及其间的相互作用。
（1）要保证所有的离子都能从C孔出来后从D孔进入检测区，试推导磁感应强度大小B1随场强E1变化的关系式；
（2）如图乙所示，将检测板左端放在D孔上沿，板面与x轴正方向的夹角θ＝30°。检测区内加沿y轴负方向、场强大小E2＝8E0的匀强电场，在满足（1）的条件下：
①求检测板上收集到离子记录线的长度Δd1；
②调整θ角使检测板上收集到离子的记录线最长，求此记录线的长度Δd2及调整后的角度正弦值；
（3）如图丙所示，检测板与y轴平行，并可沿x轴及y轴平移。检测区内加垂直xOy坐标平面向里的磁场，磁感应强度大小B2沿x轴均匀变化，即B2＝kx（k为大于零的常量），在满足（1）的条件下，要使检测板能收集到离子，求检测板x坐标的最大值。
【解答】解：（1）粒子在加速电场中从A到C过程，由动能定理可得
粒子在偏转区做圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
；
（2）①粒子进入检测区后做类平抛运动，根据运动学公式有
dcos30°＝vt
联立解得
代入E1（0.6E0≤E1≤1.2E0） 有
d1＝0.3L
d2＝0.6L
则
Δd1＝0.3L；
②粒子做类平抛运动，根据运动学公式有
dcosθ＝vt
联立解得
当E1＝1.2E0时d＝2L，即
解得
sinθ＝0.8
当E1＝0.6E0时
所以
Δd2＝2L﹣d1＝L；
（3）粒子以最大速度进入磁场刚好打在检测板下边缘过程，由动能定理可知
设粒子运动过程中速度在x轴方向的分量为vx，竖直方向根据动量定理可知
qB2vxΔt＝mvm
又
x＝vxΔt
联立解得
或者 。
答：（1）磁感应强度大小B1随场强E1变化的关系式；
（2）①检测板上收集到离子记录线的长度Δd1为0.3L；
②此记录线的长度Δd2为L，调整后的角度正弦值为0.8；
（3）检测板x坐标的最大值为。
9. （2024 乐清市校级三模）芯片制造中，离子注入是一道重要的工序，如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度v沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B1（大小未知），与长方体离子控制区abcd相切于Q点，其中abcd为该控制区中间竖直平面（与圆形磁分析器处于同一竖直平面），ad边长为L，离子从Q点进入控制区时，由于边缘作用，离子进入控制区的速度方向会有一定波动（速度大小不变），波动范围在以正常射入方向为轴的θ角范围内，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入水平底面的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长、不计离子的重力和离子间的相互作用，因θ角较小，离子不会从控制区的四个侧面射出。
（1）求加速电场的电压U和圆形磁分析器的半径r；
（2）若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，现在控制区加上沿ad方向的匀强磁场B和同样方向的匀强电场（强场大小可调），则匀强电场的场强大小应满足什么条件？离子有效注入硅片上的面积可达多少？
（3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场B2，其磁感应强度大小沿ad方向按B2＝B0+kx的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且k＞0，则要使在平面abcd内运动的离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度B0至少为多少？
【解答】解：（1）在加速电场有
解得
在圆形磁分析器中，做圆周运动，运动轨迹如图
其周期为
在磁场中运动时间有
根据几何关系有
解得
（2）离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，根据动能定理
可得
离子以v0sinθ的速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
离子有效注入硅片上的面积可达
（3）要使离子恰好不打到硅片上，离子运动到cd边时，速度应与cd边相切，又因为洛伦兹力不改变速度大小，因此分解洛伦兹力，取向右为正方向，在平行于ab方向用动量定理
式中 为水平方向速度的变化量，即
则有
解得
答：（1）加速电场的电压U和圆形磁分析器的半径；
（2）若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，现在控制区加上沿ad方向的匀强磁场B和同样方向的匀强电场（强场大小可调），则匀强电场的场强大小应满足，离子有效注入硅片上的面积可达；
（3）ab边所在位置的磁感应强度B0至少为。
10. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在0≤x＜d和d＜x≤2d的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
（1）求速率最小和最大粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小R1和R2；
（2）求速率最小和最大的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小；
（3）设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在x＞2d的区域加一个平行板电容器MN，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从x＝2d边界射出的粒子都能进入开孔位置，在MN间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，打到电容器极板的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
【解答】解：（1）粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动有
解得
所以，R2＝2d。
（2）如图为某一速率的粒子运动的轨迹示意图
辅助线如图所示。由几何关系知道，速率为v1的粒子射出a＝2d边界时的坐标为
速率为v2的粒子射出x＝2d边界时的坐标为
所以
（3）根据能量守恒，可以计算例子打到N板时的速度
恰好打到极板时有
解得能够打到极板上的例子的最小速度为
因此代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围为
极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，取向右为正方向，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例为
所以极板受力为
答：（1）速率最小和最大粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小，2d；
（2）速率最小和最大的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小；
（3）打到电容器极板的粒子对电容器的作用力大小。
11. （2024 浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求：
（1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d的大小；
（2）若粒子的探测率η，则磁场宽度d2至少多大；
（3）若粒子速度大小v，磁场宽度为a，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示）
【解答】解：（1）由题意可知，沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，如图
根据几何关系有
R1＝d1′
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
若使所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则有
（2）若粒子的探测率，可知有粒子不能探测到，可知粒子沿与y轴负方向夹角是30°的方向射入磁场都能探测到，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，则磁场宽度至少
（3）若粒子速度大小，则有
由解析（2），设粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得
解得
可知粒子的探测率η的大小
答：（1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d的大小为；
（2）若粒子的探测率η，则磁场宽度d2至少为；
（3）若粒子速度大小v，磁场宽度为a，则粒子的探测率η的大小为。
12. （2024 浙江模拟）中性粒子分析器是核聚变研究中测量快离子温度及其能量分布的重要设备。其基本原理如图所示，通过对高能量（200eV～30KeV）中性原子（它们容易穿透探测区中的电磁区域）的能量和动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的离子的性质。为了测量中性原子的能量分布，首先让中性原子电离，然后让离子束以θ角入射到间距为d、电压为V的平行板电极组成的区域，经电场偏转后离开电场区域，在保证所测量离子不碰到上极板的前提下，通过测量入射孔A和出射孔B间平行于极板方向的距离l来决定离子的能量。设A与下极板的距离为h1，B与下极板的距离为h2，已知离子所带电荷为q。
（1）推导离子能量E与l的关系，并给出离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离。
（2）被测离子束一般具有发散角Δα（Δα θ）。为了提高测量的精度，要求具有相同能量E，但入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔B处射出，求h2的表达式；并给出此时能量E与l的关系。
（3）为了提高离子能量的分辨率，要求具有量程上限能量的离子刚好落在设备允许的l的最大值lmax处，同时为了减小设备的体积，在满足测量要求的基础上，要求极板间距d尽可能小，利用上述第（2）问的结果，求d的表达式；若θ＝30°，结果如何？
（4）为了区分这些离子的质量，请设计后续装置，给出相应的原理图和离子质量表达式。
【解答】解：（1）对于微观粒子可忽略重力的作用，因此离子在极板外做匀速直线运动，以入射孔A所在处为坐标原点，以垂直于极板的方向为y轴方向，平行于极板方向为x轴方向，由几何关系可得离子在坐标（，h1） 处进入极板间的电场。
离子在极板间的电场中做类斜抛运动，进入与离开电场时的速度大小相等，设为v0。
离子的能量为：E，可得：
离子在电场中的加速度大小为：
将离子在电场中的运动沿y轴与x轴分解，离子沿y轴方向速度减为零时，在极板内垂直于极板方向的飞行距离达到最大，设此距离为H，则有：
H
离子沿x轴方向做匀速直线运动，在电场中沿x轴方向的位移大小为：
x1＝v0cosθ t1
由几何关系可得：lx1
解得离子的能量E与l的关系为：
E①
（2）由题意入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔B处射出，即l值不变，根据（1）的解答可得：
l
整理可得：
（h1+h2）（）{sin[2（θ+Δα）]﹣sin（2θ）}
当Δα θ时，即Δα趋近于零，则有：sinΔα≈Δα，cosΔα≈1，sin（2Δα）≈2Δα，cos（2Δα）≈1
可得：
sin[2（θ+Δα）]＝sin（2θ）cos（2Δα）+cos（2θ）sin（2Δα）≈sin（2θ）+2Δα cos（2θ）
联立可得：
（h1+h2） （2Δα cos（2θ））
解得：h2②
由①②两式联立可得此时能量E与l的关系为：
E
（3）据题意：具有量程上限能量（Emax）的离子刚好落在设备允许的l的最大值lmax处，由（2）的结论可得：
要求极板间距d尽可能小，即所有量程范围的离子均不碰到上极板，由（1）中的H，则d应满足：
d
联立解得d的表达式为：
若 θ＝30°，则d的结果为：
（4）可以加如下图所示的垂直于运动平面磁感应强度为B的匀强磁场，离子在磁场中做匀速圆周运动。
由洛伦兹力提供向心可得：
测出离子的圆周运动半径R，可得：mv＝qBR
离子质量表达式为：m
答：（1）离子能量E与l的关系为E；离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离为。
（2）h2的表达式为；此时能量E与l的关系为E。
（3）d的表达式为；若θ＝30°，结果为。
（4）设计的后续装置的原理图见解答；离子质量表达式为。
13. （2024 台州二模）中国航天科技集团自主研制的300瓦霍尔电推进系统已经顺利完成地轨卫星的机动变轨任务，整个卫星的运行轨道被抬升了300公里。我国现阶段霍尔推进器，在地面实验中，其推力达到了牛级，处于国际领先水平。小明同学受到启发设计了如图所示装置研究电荷运动及作用力，三束比荷为106C/kg、速度为v＝2×103m/s、相邻间距dm的平行带正电粒子a、b、c持续均匀射入一半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域后会聚于O1点，随后进入右侧间距L＝0.3m、边界为M、N的区域中。在边界N处放置一个足够大荧光屏，圆形磁场圆心与O1点及荧光屏上坐标原点O2连线共轴且垂直荧光屏。
（1）求圆形磁场区域的磁感应强度B0的大小及方向；
（2）若在MN的区域中加上水平向右、磁感应强度BT的匀强磁场，求a束粒子打在屏上的位置坐标；
（3）若在MN的区域中加上（2）中磁场的同时再加上水平向右、电场强度E＝40N/C的匀强电场。
①求a束粒子打在屏上的位置坐标；
②某次实验中，整个装置安装在一个飞船模型上，把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量m＝1×10﹣22kg单位时间内每束粒子有n＝1018个喷出，求粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小。（冲力计算结果保留两位有效数字，可能用到的数据：2.6）
【解答】解：（1）由磁聚焦模型可知粒子在圆形匀强磁场区域的运动半径均等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
解得：B0＝0.01T
根据左手定则，可知磁场方向垂直纸面向外。
（2）设a束粒子离开圆形匀强磁场时速度方向与O1、O2连线的夹角为θ。
由几何关系得：，解得：
a束粒子在边界M、N之间的运动可分解为沿O1O2方向的匀变速直线运动和在平行于xO2y平面的平面内的匀速圆周运动，其运动轨迹为螺旋线。
粒子圆周运动的周期为：
解得：T＝4×10﹣4s
圆周运动的半径为：
解得：
在M、N之间的运动时间为：
解得：
则a束粒子打在屏上的位置坐标为：
（3）①加上匀强电场后，a束粒子在边界M、N之间的运动可分解为沿O1O2方向的匀加速直线运动和在平行于xO2y平面的平面内的匀速圆周运动。
设a束粒子在M、N之间的运动时间为t2，由沿O1O2方向的匀加速直线运动得：
根据牛顿第二定律得：
解得：
则a束粒子打在屏上的位置坐标为：
②a束粒子从出口喷出时的水平分速度为：v1＝vcosθ+at
解得：
对于b束粒子，其沿直线O1O2离开圆形匀强磁场区域，在边界M、N之间做匀加速直线运动，垂直打在屏上，根据动能定理得：
解得：
对于c束粒子，其在M、N之间的运动过程与a束粒子相似，其从出口喷出时的水平分速度与a束粒子相同。
设三束粒子持续从射入圆形磁场区域到喷出过程与飞船模型的相互作用力F的水平分力为F1，以水平向右为正方向，由动量定理得：
F1t＝nt（mvb+2mv1）
解得：
a、c两束粒子在M、N之间的运动轨迹在竖直平面内的投影如图2所示，a、c两束粒子从出口喷出时在竖直平面内的分速度等大反向，可知三束粒子从出口喷出时在竖直平面的总动量为零。在平行于y轴方向上，由动量定理得：
Fyt＝nt×3mv
解得：Fy＝0.6N
根据牛顿第三定律和平行四边形定则，可得粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小为：
解得：F＝1.6N
答：（1）圆形磁场区域的磁感应强度B0的大小为0.01T，方向垂直纸面向外；
（2）a束粒子打在屏上的位置坐标为；
（3）①a束粒子打在屏上的位置坐标为；
②粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小为1.6N。
14. （2024 浙江模拟）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；
（3）磁感应强度的大小。
【解答】解：（1）根据题意，设匀强电场的电场强度大小为E，则由牛顿第二定律有：
qE＝ma
由于粒子从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，设粒子经过时间t到达z轴，则有
L
L＝v0t
联立解得
E；
（2）粒子经过z轴时速度的竖直分量vy＝at
则经过z轴时的速度大小为v
解得：v；
（3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知，其可能的运动轨迹如图所示，
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
（L﹣r）2+x2＝r2
且满足：L＝2nx，r＜2x
解得：r，n＝1，2，3……
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有：
qvB
解得：。
答：（1）匀强电场的电场强度大小为；
（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小为；
（3）磁感应强度的大小为。
15. （2024 嘉兴模拟）如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图。位于纸面的xOy平面内，y＝20cm和y＝﹣4cm两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场。原点O处的离子源能沿纸面发射质量为m＝3.2×10﹣27kg电量为q＝1.6×10﹣19C的正离子。其中向第一象限且与x轴正向成37°发射的速度为的离子，刚好从A点（0，20cm）射出磁场。
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为：37°范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度vm及最大速度离子到达的磁场区域面积S；
（3）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力。离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为N＝1×1016，这些离子均经过A点。若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小。
【解答】解：（1）离子的轨迹如图所示
设轨迹半径为r，根据几何知识有
解得
离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
B＝0.2T
根据几何知识可知，离子出射速度方向与y轴正向的夹角为53°；
（2）离子运动的轨迹如图所示
沿x轴正方向发射的离子轨迹恰好与上边界相切时，根据几何知识有
解得
rm＝0.1m
根据几何关系，以37°方向入射的半径为rm的圆轨迹能到达的最低点为
ym＝rm﹣rmcos37°＝10cm﹣10×0.8cm＝2cm＜4cm
故最大半径为
rm＝0.1m
根据牛顿第二定律有
代入数据解得
离子运动的轨迹如图所示
离子所到达的区域面积为：半径为0.1m的一个圆加上顶角74°、半径0.2m的扇形一中间叶片区域（两个顶角106°半径0.1m的扇形相交区域）
；
（3）设某时刻到达A点的离子速度为v，方向与水平方向夹角为θ，水平方向以x轴正方向为正，根据动量定理有
﹣kvcosθΔt﹣qvBsinθΔt＝mΔvAx
整理可得
﹣kΔx﹣qBΔy＝mΔvAx
即
代入数据解得
离子束打在收集板上，以x轴方向为正，根据动量定理有
Fx＝Nm（0﹣vAx）
代入数据解得
根据牛顿第三定律有
。
答：（1）该离子从A点射出磁场时的速度方向与y轴正向的夹角为53°，匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T；
（2）离子源发射的离子最大速度vm为1.0×106m/s，最大速度离子到达的磁场区域面积S为；
（3）离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小为2.4×10﹣5N。
16. （2024 浙江模拟）如图所示，在三维坐标系O﹣xyz中的x≥﹣L，y2+z2≤L2的圆柱形空间内存在沿z轴正向的匀强磁场，外部存在沿x轴正向的匀强磁场，磁感应强度的大小相等均设为B0（为未知量），在x≤﹣L的区域存在沿y轴正向电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m，带电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点（A点在Oxy平面内）以速度v0（与y轴的负向成53°夹角）射入电场，经过一段时间从x轴上的B点沿x轴正向进入圆柱形区域，接着从y轴负向上的C点离开此区域，然后从z轴上的D点再次进入此区域，最后从z轴上的E点离开此区域，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求A、B两点间的电势差以及粒子从A到B的运动时间；
（2）求磁感应强度B0的值以及粒子从B到D的运动时间；
（3）求粒子从B到E动量变化量的大小以及粒子从B到E受力的平均值（对时间而言）。
【解答】解：（1）粒子在A点沿x轴方向的速度
vx＝v0sin53°＝0.8v0
粒子从A到B由动能定理得
qUAB
解得A、B两点间的电势差
粒子从A到B在y轴方向上由牛顿第二定律得
粒子从A到B的运动时间
联立解得t
（2）粒子在B点的速度大小为
vB＝vx＝0.8v0
粒子从B到C做匀速圆周运动，在C点速度沿y轴负方向，轨道半径为
r＝L
由洛伦兹力提供向心力得
解得
粒子从B到C的运动时间
周期为
粒子到D点时速度方向沿z轴负方向，粒子从C点到D点做匀速圆周运动，运动时间为
粒子从B到D的运动时间
tBD＝tBC+tCD
解得tBD
（3）粒子在B点速度方向沿x轴负方向，粒子从D到E做匀速直线运动，在E点速度沿z轴负方向，粒子从B到E速度变化量大小为
粒子从B到E动量变化量的大小
Δp＝mΔv
粒子从D到E的时间
粒子从B到E的时间
tBE＝tBD+tDE
粒子从B到E由动量定理得
解得粒子从B到E受力的平均值
答：（1）A、B两点间的电势差为，粒子从A到B的运动时间为；
（2）磁感应强度B0的值为，粒子从B到D的运动时间为；
（3）粒子从B到E动量变化量的大小为，粒子从B到E受力的平均值为。
17. （2024 嘉兴一模）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，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m，电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60°，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v，式中v0为未知定值。且θ＝0°的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点。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）求关系式v中v0的值；
（2）离子通过界面x＝L时y坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面x＝L右侧加一定宽度且平行于+x轴的匀强电场，如图所示，电场强度E。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x＝L，求所加电场的宽度至少为多大？
【解答】解：（1）由于θ＝0°的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点，此时离子的速度为vo，运动半径为
r0＝L
由牛顿第二定律得
解得
；
（2）对于任意的速度方向与y轴成Q角的离子，设其在磁场中的运动半径为r，如图所示
根据牛顿第二定律有
且有
解得
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面x＝L上，且速度方向垂直于界面x＝L；当θ＝60°时
rm＝2L
故离子通过界面x＝L时y坐标的最小值为
y坐标的最大值为
则离子通过界面x＝L时y坐标的范围为
；
（3）须保证最大速度为2v0的离子不能穿越电场区域，这里提供两种方法：
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度2v0还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度v1、v2如图所示
令
Bqv1＝Eq
可得
则该离子做圆周运动的速度
与水平方向的夹角
则该离子做圆周运动时满足
可得
则所求电场的最小宽度
d＝R﹣Rsinα；
解法二：恰好能重回界面x＝L的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为vt对该离子竖直方向运用动量定理有
Bqvx Δt＝mΔvy﹣0
求和得
Bqd＝mvt
又由动能定理得
综合可得电场的最小宽度为
。
答：（1）求关系式v中v0的值为；
（2）离子通过界面x＝L时y坐标的范围为；
（3）为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x＝L，所加电场的宽度至少为。
18. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心O′点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为UPQ′。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
【解答】解：（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力：ev0B
解得磁感应强度的大小：
（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹，
由几何关系易得：sinα＝0.6，sinβ＝0.8
电子在垂直金属板方向分运动为匀加速直线运动，设从b点射出的电子打到金属板上的位置为b’，如图
根据匀加速直线运动有：
由牛顿第二定律有：
在垂直于电场线的方向上：Nb′＝v0t
联立解得：Nb′＝Nc′＝0.25R
结合M点坐标，由三解波函数关系可知：xb′＝0.25R×0.8R＝0.2R
yb′＝﹣Nb′cosβ＝﹣0.25R×0.6＝﹣0.15R
所以从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为（0.2R，﹣0.15R，l）。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为：
（4）在PQ金属板间的运动可分解成两个分运动：平行于xOy平面的匀速圆周运动，沿z轴方向的匀加速直线运动，在叠加场中有：
而周期为：
可知：
根据匀变速直线运动规律有：
综上所述，所以位置坐标为（R，﹣R，l）
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标是（0.2R，﹣0.15R，l）；
（3）Q极板收集到电子区域的面积是；
（4）过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置是（R，﹣R，l）。
19. （2024 浙江模拟）某科技小组的学生进行电磁炮发射装置的课题研究，模型简化如下：如图所示，在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，磁场方向竖直向上，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r的电源，开关K控制电路通断。质量为m、电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于导轨上，并与导轨接触良好。电路中其余部分电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平方向的速度转变为与地面成θ角，但不改变速度的大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力f0＝kv，k为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。
（1）若已知磁场的磁感应强度为B，求闭合电键K瞬间导体棒的加速度大小；
（2）导体棒从静止开始达到某一速度v，滑过的距离为x0，电流流过导体棒ab产生的电热为Q，求电源提供的电能；
（3）i．若导轨足够长，调节磁场的磁感应强度，可以使导体棒获得最大的速度vm，求这个最大速度vm；
ii．若导体棒到达NQ时速度为v1，最后发现导体棒以v2的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度。
【解答】解：（1）闭合电键K瞬间，由闭合电路的欧姆定律可知，回路电流：I
导体棒受到的安培力：F＝BIL
对导体棒，由牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
解得导体棒的加速度大小：
a
（2）电源内阻与导体棒的电阻相等，都是r，导体棒ab产生的电热为Q，则回路产生的总的电热为2Q，
根据能量守恒定律可得电源提供的电能：E电mv2+fx0+2Q
（3）i、当导体棒达到最大速度vm时，导体棒做匀速直线运动，
导体棒受到的安培力：F安培＝BIL，
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：f＝F安培，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I，
解得：vm （）2
导体棒的最大速度：vm
ii、导体棒从NQ到落地，水平方向根据动量定理可得：﹣kΔt＝mΔvx，
所以有：﹣kΔx＝m（﹣v1cosθ）
解得：Δx
导体棒从QN到落地，竖直方向根据动量定理：（mg﹣kvy）Δt＝mΔvy，
解得：mgΔt＝m（v2+v1sinθ）
解得：Δt
导体棒自NQ运动到刚落地时这段过程的平均速度大小：
答：（1）闭合电键K瞬间导体棒的加速度大小是；
（2）电源提供的电能是mv2+fx0+2Q；
（3）i、最大速度vm是；
ii、导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度是。
20. （2024 浙江模拟）甲辰龙年，有研究者用如图装置实现“双龙戏珠”。图中M1M2和N1N2、M3M4和N3N4组成两对平行极板，将空间分隔为I、II、Ⅲ三个区域，三个区域中有垂直于纸面的匀强磁场如图甲，磁感应强度均为。两发射源紧靠极板放置，每秒每个发射源分别射出104个垂直极板初速度大小的正或负电子。正负电子每次经过狭缝均被加速，极板电压UMN随时间变化由如图乙。经多次加速，正负电子恰能在荧光球表面上某点相遇，并被荧光球吸收发出荧光，实现“双龙戏珠”。已知电子比荷，电子质量m＝9×10﹣31kg；以两发射源连线中点O为坐标原点，平行极板向右方向为x轴正方向；荧光球半径r0＝1cm，球心位置在x轴上；极板N1N2、M3M4间距D＝3cm。由于极板间距极小，忽略正负电子之间相互作用、过狭缝时间及正负电子穿越极板的动能损失、忽略场的边缘效应和相对论效应，计算时π＝3。
（1）正负电子各由哪个发射源射出？求电压UMN的周期T；
（2）求t＝0时刻发射的正负电子相遇的时刻t0和荧光球球心的位置x1；
（3）求正负电子每秒对荧光球的冲量I；
（4）以“”为一“龙节”，若同（2）在不改变“龙节”情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，求仍能使荧光球发光的球心位置范围。
【解答】解：（1）根据左手定则可知，正电子从发射源1射出，负电子从发射源2射出。
以正电子为例，发射源发射的电子在电场中被加速后先在磁场I中做半个周期的圆周运动后又反向返回电场，此时电场必须反向，继续对返回的电子加速，加速后的电子又在磁场中做半个周期的圆周运动，再次返回电场，电场此时应再次反向，对进入的电子继续加速，如此反复，可知电压UMN的周期应和电子在磁场中做圆周运动的周期相同，其周期为
T
解得T＝6×10﹣9s
（2）电子经一次加速后，由动能定理有
eUMN
解得
v1≈3×106m/s
由洛伦兹力充当向心力有
Bev1＝m
解得
r1＝3×10﹣3m
若要正负电子相遇，则必须满足
D≤2rn
即
rn＝15×10﹣3m＝5r1
则有
rn＝5 v1∝
解得
n＝25
可知正负电子第一次相遇的时间
t0＝24
解得t0＝7.35×10﹣8s
该时间内沿着x轴方向的位移
x1＝（2r1+2r2+2r3+...+2r24+r225）+r0
代入数据解得
x1＝（1...）×6×10﹣3m+0.01m
解得
x1≈0.495m
（3）有一半正负电子能够进入电场后被加速，相遇时恰好都沿x轴正方向，球对电子的冲量
I＝0﹣Nmvn
解得I＝﹣1.35×10﹣19N s
则电子对球的冲量为1.35×10﹣19N s
（4）若在（2）情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，由几何关系可得
Δx
仍能使荧光求发亮的球心的位置范围
x＝x1±Δx或x＝x1﹣Δx
即
0.485m≤x≤0.515m或0.485m≤x≤0.495m
答：（1）正电子由1发射源射出，负电子由2发射源射出，电压UMN的周期为6×10﹣9s；
（2）t＝0时刻发射的正负电子相遇的时刻为7.35×10﹣8s，荧光球球心的位置为0.495m；
（3）正负电子每秒对荧光球的冲量为1.35×10﹣19N s；
（4）仍能使荧光球发光的球心位置范围为0.485m≤x≤0.515m或0.485m≤x≤0.495m。
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专题9安培力与洛伦兹力——2025届浙江省物理选考三年高考一年模拟
1. （2024 6月浙江选考）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xOy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B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P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a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b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UNM调控（UNM>0），a和b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。
（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b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。
2. （多选）（2024 浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、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B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v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若，弹力冲量为零
3. （2024 浙江）磁电式电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。a、b、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．a、b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．c、d两点的磁感应强度大小相等
4. （2024 浙江）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Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ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v0，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d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（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”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，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O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
5. （2023 浙江）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B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
6. （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Ⅰ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（0，3L）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B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，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。
7. （2023 浙江）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60°；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v0、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x0；
（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U0；
（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Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
8. （2022 浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy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Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0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B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
9. （2022 浙江）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xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O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B1、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y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，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Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ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B2，求E的最大值和B2的最大值。
1. （2024 西湖区校级模拟）武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如下图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左
B．正、负粒子所受洛伦兹力方向是相反的
C．废液的流量与M、N两点间电压成反比
D．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
2. （2024 西湖区校级模拟）如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁体，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。则下列说法正确的是（ ）
A．当电流从电磁铁接线柱A流入时，发现吸引小磁体向下运动，则小磁体的下端为N极
B．硬磁性材料在磁场撤去后仍有很强的磁性而软磁性材料则相反，故电磁铁的铁芯应选硬磁性材料
C．为了加快充气的速度可以通过加大通入的电流
D．橡皮碗中的气体被快速排出时，管口处的温度会上升
3. （2024 浙江模拟）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．F1＞F2＞F3 B．F2＞F3＞F1 C．F3＞F2＞F1 D．F1＝F2＝F3
4. （2024 温州三模）如图所示是粒子流扩束技术的原理简图。正方形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ对称分布，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，四个区域内有界磁场（边界均为圆弧）分布可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5. （2023 浙江模拟）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．增大偏转磁场磁感应强度大小可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
6. （2024 浙江模拟）如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（ ）
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈平面总与磁场方向垂直
C．线圈将逆时针转动
D．线圈将顺时针转动
7. （多选）（2017 鹿城区校级模拟）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P3+，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P+在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+（ ）
A．在电场中的加速度之比为1：1
B．在磁场中运动的半径之比为：1
C．在磁场中转过的角度之比为1：2
D．离开电场区域时的动能之比为1：
8. （2024 温州三模）如图甲所示，某种离子分析器由加速区、偏转区和检测区组成，分别分布在第Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ象限内。在加速通道内分布着沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E1在0.6E0≤E1≤1.2E0范围内调节；在偏转通道内分布着垂直xOy坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1随E1的变化而变化；在检测区内，分布着匀强电场或磁场，检测区内适当位置放有长为2L的检测板。在坐标为（﹣L，﹣1.5L）的A处有一离子源，可连续释放质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的离子（释放时的速度可视为零），离子沿直线到达坐标为（﹣L，0）的小孔C，再经偏转区后从坐标为（0，L）的小孔D进入检测区，打在检测板上。三个区域的场互不影响，不计离子的重力及其间的相互作用。
（1）要保证所有的离子都能从C孔出来后从D孔进入检测区，试推导磁感应强度大小B1随场强E1变化的关系式；
（2）如图乙所示，将检测板左端放在D孔上沿，板面与x轴正方向的夹角θ＝30°。检测区内加沿y轴负方向、场强大小E2＝8E0的匀强电场，在满足（1）的条件下：
①求检测板上收集到离子记录线的长度Δd1；
②调整θ角使检测板上收集到离子的记录线最长，求此记录线的长度Δd2及调整后的角度正弦值；
（3）如图丙所示，检测板与y轴平行，并可沿x轴及y轴平移。检测区内加垂直xOy坐标平面向里的磁场，磁感应强度大小B2沿x轴均匀变化，即B2＝kx（k为大于零的常量），在满足（1）的条件下，要使检测板能收集到离子，求检测板x坐标的最大值。
9. （2024 乐清市校级三模）芯片制造中，离子注入是一道重要的工序，如图是一部分离子注入工作原理示意图。从离子源A处飘出带正电的离子初速度不计，经匀强电场加速后，从P点以速度v沿半径方向射入圆形磁分析器，磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B1（大小未知），与长方体离子控制区abcd相切于Q点，其中abcd为该控制区中间竖直平面（与圆形磁分析器处于同一竖直平面），ad边长为L，离子从Q点进入控制区时，由于边缘作用，离子进入控制区的速度方向会有一定波动（速度大小不变），波动范围在以正常射入方向为轴的θ角范围内，开始时控制区无任何场，离子从Q点离开磁分析器后可匀速穿过控制区，注入水平底面的硅片上。已知离子质量为m，电荷量为q，在圆形磁分析器中运动的时间为t，图中a、P、Q三点连线正好可构成一个等边三角形，bQ足够长、不计离子的重力和离子间的相互作用，因θ角较小，离子不会从控制区的四个侧面射出。
（1）求加速电场的电压U和圆形磁分析器的半径r；
（2）若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到v才能有效注入，为使所有离子均能有效注入，现在控制区加上沿ad方向的匀强磁场B和同样方向的匀强电场（强场大小可调），则匀强电场的场强大小应满足什么条件？离子有效注入硅片上的面积可达多少？
（3）若在控制区加上垂直于纸面向里磁场B2，其磁感应强度大小沿ad方向按B2＝B0+kx的规律均匀变化，x为该点到ab边的距离，k为已知的常数且k＞0，则要使在平面abcd内运动的离子不打到硅片上，ab边所在位置的磁感应强度B0至少为多少？
10. （2024 西湖区校级模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在0≤x＜d和d＜x≤2d的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题：
（1）求速率最小和最大粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小R1和R2；
（2）求速率最小和最大的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小；
（3）设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在x＞2d的区域加一个平行板电容器MN，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从x＝2d边界射出的粒子都能进入开孔位置，在MN间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，打到电容器极板的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。
11. （2024 浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求：
（1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d的大小；
（2）若粒子的探测率η，则磁场宽度d2至少多大；
（3）若粒子速度大小v，磁场宽度为a，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示）
12. （2024 浙江模拟）中性粒子分析器是核聚变研究中测量快离子温度及其能量分布的重要设备。其基本原理如图所示，通过对高能量（200eV～30KeV）中性原子（它们容易穿透探测区中的电磁区域）的能量和动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的离子的性质。为了测量中性原子的能量分布，首先让中性原子电离，然后让离子束以θ角入射到间距为d、电压为V的平行板电极组成的区域，经电场偏转后离开电场区域，在保证所测量离子不碰到上极板的前提下，通过测量入射孔A和出射孔B间平行于极板方向的距离l来决定离子的能量。设A与下极板的距离为h1，B与下极板的距离为h2，已知离子所带电荷为q。
（1）推导离子能量E与l的关系，并给出离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离。
（2）被测离子束一般具有发散角Δα（Δα θ）。为了提高测量的精度，要求具有相同能量E，但入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔B处射出，求h2的表达式；并给出此时能量E与l的关系。
（3）为了提高离子能量的分辨率，要求具有量程上限能量的离子刚好落在设备允许的l的最大值lmax处，同时为了减小设备的体积，在满足测量要求的基础上，要求极板间距d尽可能小，利用上述第（2）问的结果，求d的表达式；若θ＝30°，结果如何？
（4）为了区分这些离子的质量，请设计后续装置，给出相应的原理图和离子质量表达式。
13. （2024 台州二模）中国航天科技集团自主研制的300瓦霍尔电推进系统已经顺利完成地轨卫星的机动变轨任务，整个卫星的运行轨道被抬升了300公里。我国现阶段霍尔推进器，在地面实验中，其推力达到了牛级，处于国际领先水平。小明同学受到启发设计了如图所示装置研究电荷运动及作用力，三束比荷为106C/kg、速度为v＝2×103m/s、相邻间距dm的平行带正电粒子a、b、c持续均匀射入一半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域后会聚于O1点，随后进入右侧间距L＝0.3m、边界为M、N的区域中。在边界N处放置一个足够大荧光屏，圆形磁场圆心与O1点及荧光屏上坐标原点O2连线共轴且垂直荧光屏。
（1）求圆形磁场区域的磁感应强度B0的大小及方向；
（2）若在MN的区域中加上水平向右、磁感应强度BT的匀强磁场，求a束粒子打在屏上的位置坐标；
（3）若在MN的区域中加上（2）中磁场的同时再加上水平向右、电场强度E＝40N/C的匀强电场。
①求a束粒子打在屏上的位置坐标；
②某次实验中，整个装置安装在一个飞船模型上，把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量m＝1×10﹣22kg单位时间内每束粒子有n＝1018个喷出，求粒子持续从射入磁场到喷出过程对飞船模型的冲力大小。（冲力计算结果保留两位有效数字，可能用到的数据：2.6）
14. （2024 浙江模拟）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；
（3）磁感应强度的大小。
15. （2024 嘉兴模拟）如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图。位于纸面的xOy平面内，y＝20cm和y＝﹣4cm两条直线间存在着垂直纸面向内的匀强磁场。原点O处的离子源能沿纸面发射质量为m＝3.2×10﹣27kg电量为q＝1.6×10﹣19C的正离子。其中向第一象限且与x轴正向成37°发射的速度为的离子，刚好从A点（0，20cm）射出磁场。
（1）求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若离子源向与x轴正向最大夹角为：37°范围内发射离子，且所有离子都不离开磁场，求其发射的离子最大速度vm及最大速度离子到达的磁场区域面积S；
（3）若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气，使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力。离子源沿x轴正向持续发射速度为的离子，单位时间发射离子数为N＝1×1016，这些离子均经过A点。若在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子，不考虑离子间的相互作用，求离子束对收集板的作用力沿x轴方向分力的大小。
16. （2024 浙江模拟）如图所示，在三维坐标系O﹣xyz中的x≥﹣L，y2+z2≤L2的圆柱形空间内存在沿z轴正向的匀强磁场，外部存在沿x轴正向的匀强磁场，磁感应强度的大小相等均设为B0（为未知量），在x≤﹣L的区域存在沿y轴正向电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m，带电量为q的带正电粒子（不计重力）从A点（A点在Oxy平面内）以速度v0（与y轴的负向成53°夹角）射入电场，经过一段时间从x轴上的B点沿x轴正向进入圆柱形区域，接着从y轴负向上的C点离开此区域，然后从z轴上的D点再次进入此区域，最后从z轴上的E点离开此区域，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求A、B两点间的电势差以及粒子从A到B的运动时间；
（2）求磁感应强度B0的值以及粒子从B到D的运动时间；
（3）求粒子从B到E动量变化量的大小以及粒子从B到E受力的平均值（对时间而言）。
17. （2024 嘉兴一模）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，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m，电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60°，且各个方向速度大小随θ变化的关系为v，式中v0为未知定值。且θ＝0°的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点。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）求关系式v中v0的值；
（2）离子通过界面x＝L时y坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面x＝L右侧加一定宽度且平行于+x轴的匀强电场，如图所示，电场强度E。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x＝L，求所加电场的宽度至少为多大？
18. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心O′点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为UPQ′。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
19. （2024 浙江模拟）某科技小组的学生进行电磁炮发射装置的课题研究，模型简化如下：如图所示，在水平地面上固定着相距为L的足够长粗糙导轨PQ及MN，PQNM范围内存在可以调节的匀强磁场，磁场方向竖直向上，导轨左侧末端接有电动势为E、内阻为r的电源，开关K控制电路通断。质量为m、电阻同为r的导体棒ab垂直导轨方向静止置于导轨上，并与导轨接触良好。电路中其余部分电阻均忽略不计。导轨右侧末端有一线度非常小的速度转向装置，能将导体棒水平方向的速度转变为与地面成θ角，但不改变速度的大小。导体棒在导轨上运动时将受到恒定的阻力f，导轨棒发射后，在空中会受到与速度方向相反、大小与速度大小成正比的阻力f0＝kv，k为比例常数。导体棒在运动过程中只平动，不转动。重力加速度为g。
（1）若已知磁场的磁感应强度为B，求闭合电键K瞬间导体棒的加速度大小；
（2）导体棒从静止开始达到某一速度v，滑过的距离为x0，电流流过导体棒ab产生的电热为Q，求电源提供的电能；
（3）i．若导轨足够长，调节磁场的磁感应强度，可以使导体棒获得最大的速度vm，求这个最大速度vm；
ii．若导体棒到达NQ时速度为v1，最后发现导体棒以v2的速度竖直向下落到地面上。求导体棒自NQ运动到刚落地这段时间的平均速度。
20. （2024 浙江模拟）甲辰龙年，有研究者用如图装置实现“双龙戏珠”。图中M1M2和N1N2、M3M4和N3N4组成两对平行极板，将空间分隔为I、II、Ⅲ三个区域，三个区域中有垂直于纸面的匀强磁场如图甲，磁感应强度均为。两发射源紧靠极板放置，每秒每个发射源分别射出104个垂直极板初速度大小的正或负电子。正负电子每次经过狭缝均被加速，极板电压UMN随时间变化由如图乙。经多次加速，正负电子恰能在荧光球表面上某点相遇，并被荧光球吸收发出荧光，实现“双龙戏珠”。已知电子比荷，电子质量m＝9×10﹣31kg；以两发射源连线中点O为坐标原点，平行极板向右方向为x轴正方向；荧光球半径r0＝1cm，球心位置在x轴上；极板N1N2、M3M4间距D＝3cm。由于极板间距极小，忽略正负电子之间相互作用、过狭缝时间及正负电子穿越极板的动能损失、忽略场的边缘效应和相对论效应，计算时π＝3。
（1）正负电子各由哪个发射源射出？求电压UMN的周期T；
（2）求t＝0时刻发射的正负电子相遇的时刻t0和荧光球球心的位置x1；
（3）求正负电子每秒对荧光球的冲量I；
（4）以“”为一“龙节”，若同（2）在不改变“龙节”情况下，沿x轴微调荧光球的球心位置，求仍能使荧光球发光的球心位置范围。
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