\\五年真題（2021-2025）

號(hào)題10磁場(chǎng)

（五年考情?探規(guī)律）c

考點(diǎn)五年考情（202L2025）命題趨勢(shì)

聚焦基礎(chǔ)概念與模型分析。以磁電式

考點(diǎn)1磁場(chǎng)與

2021、2022、2024

磁現(xiàn)象電表為背景，考查磁場(chǎng)分布與安培力方向

的判斷，需結(jié)合左手定則和磁感線分布分

析。計(jì)算題則常與力學(xué)、電磁學(xué)跨模塊綜

考點(diǎn)2安培力2021、2022、2023、2024、2025

合以“質(zhì)子束反射折射裝置”為背景，要

求聯(lián)立洛倫茲力公式與動(dòng)量定理，分析帶

考點(diǎn)3洛倫茲

2024

力電粒子在磁場(chǎng)中的軌跡調(diào)控。實(shí)驗(yàn)題雖未

直接考查磁場(chǎng)，但隱含相關(guān)分析

考點(diǎn)4帶電粒

安培力與電磁感應(yīng)：命題從單一通電導(dǎo)

子在磁場(chǎng)中的2022、2023

線擴(kuò)展至多導(dǎo)體系統(tǒng)，通過(guò)正方形線框在

運(yùn)動(dòng)

變化磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求聯(lián)立法拉第電磁

感應(yīng)定律與焦耳定律計(jì)算安培力和發(fā)熱功

率。以“電磁撬技術(shù)”為情境，考查電磁

感應(yīng)與恒定電流的動(dòng)態(tài)建模，涉及安培力

與焦耳熱的關(guān)聯(lián)分析八

考點(diǎn)5帶電粒帶電粒子運(yùn)動(dòng)與能量轉(zhuǎn)化：高頻考點(diǎn)從

子在復(fù)合場(chǎng)中2021、2022、2023、2024、2025勻速圓周運(yùn)動(dòng)擴(kuò)展至復(fù)合場(chǎng)中的復(fù)雜軌

的運(yùn)動(dòng)跡，需綜合應(yīng)用動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)分解。要

求結(jié)合半衰期模型推導(dǎo)核反應(yīng)方程，并利

用磁場(chǎng)確定粒子電性與動(dòng)量。

磁場(chǎng)疊加與邊界條件：命題注重磁場(chǎng)分

布的空間分析。

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01磁場(chǎng)與磁現(xiàn)象

1.（2024.浙江.1月選考）磁電式甩表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個(gè)用軟鐵制

成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場(chǎng)都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈。〃、氏c和d為磁場(chǎng)中的四

個(gè)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.m人兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同

C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零D.cd兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等

【答案】A

【詳解】A.由左手定則可知，圖小左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培刀向卜，選項(xiàng)A止確；

B.。、兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.（2022?浙江,6月選考）下列說(shuō)法正確的是（）

A.恒定磁場(chǎng)對(duì)靜置于其中的電荷有力的作用

B.小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

C.正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí).，穿過(guò)線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流最大

D.升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率

【答案】B

【詳解】A.恒定磁場(chǎng)對(duì)速度不平行于磁感線的運(yùn)動(dòng)電荷才有力的作用，A錯(cuò)誤；

B.小磁針N極在磁場(chǎng)中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；

C.正弦交流發(fā)電機(jī)工作時(shí)，穿過(guò)線圈平面的磁通量最大時(shí)，電流為0,c錯(cuò)誤；

D.根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯(cuò)誤。

故選B。

3.（2021?浙江月選考）如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若道電螺線管是

密繞的，下列說(shuō)法正確的是（)

A.電流越大，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)

B.螺線管越長(zhǎng)，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)

C.螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)

D.磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)

【答案】B

【詳解】根據(jù)螺線管內(nèi)部的磁感線分布可知，在螺線管的內(nèi)部，越接近于中心位置，磁感線分布越均

勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長(zhǎng)，內(nèi)部的磁場(chǎng)越接近勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

故選B。

考點(diǎn)02安培力

4.((2025?浙江月選考)如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長(zhǎng)aL、質(zhì)量〃?、電阻R,放在光滑水平

地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為笈的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。以磁場(chǎng)邊界CO上一點(diǎn)為坐標(biāo)原

點(diǎn)，水平向右建立。工軸，線柩中心和一條對(duì)角線始終位于?！拜S上。開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計(jì)

空氣阻力。

(1)線框中心位于％=0,閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為/,求

①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；

②線框中心運(yùn)動(dòng)至％=勺過(guò)程中，安培力做功及沖量；

③線框中心運(yùn)動(dòng)至工=g時(shí)，恒流源提供的電壓；

o

A.-2NB.—2NC.IND.y[2N

【答案】c

【詳解】磁場(chǎng)均勻增大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=崇=0.1V可得P=y=0.25W

線框以某一角速度⑦繞其中心軸0。'勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=8s3此時(shí)有2P=卑=0.5W

解得=lrad/s

分析可知當(dāng)線框平面與磁場(chǎng)方向平行時(shí)感應(yīng)電流最大為=等=5A故時(shí)邊所受最大的安培力為

R

「安m=8/mL=lN

故選C。

6.（2023?浙江6月選考）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，通過(guò)兩根長(zhǎng)均為/、質(zhì)量不計(jì)

的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點(diǎn)上，固定點(diǎn)間距也為L(zhǎng)。細(xì)桿通過(guò)開關(guān)S可與直流電源或理想二極管

串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)空氣阻力和其它電

阻。開關(guān)接當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點(diǎn)=：；然后開關(guān)接棒從右側(cè)開

S1,64S2,

始運(yùn)動(dòng)完成一次振動(dòng)的過(guò)程中（

A.電源電動(dòng)勢(shì)Eo=4黑RB.棒消耗的焦耳熱Q=（1-凈Mgl

C.從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角小于mD.棒兩次過(guò)最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等

4

【答案】C

【詳解】A.當(dāng)開關(guān)接1時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=解得/=鬻根據(jù)歐姆定律/=名解得場(chǎng)=誓故A錯(cuò)誤；

根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與二極管正方向相同，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為

焦耳熱；導(dǎo)體棒從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與二極管相反，沒(méi)有機(jī)械能損失

B.若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為

,V2

Q'=(1——)Mgl

根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動(dòng)速度為零時(shí)，導(dǎo)體棒高度高于最低點(diǎn)，所以棒消耗的焦耳熱

垃

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)B選項(xiàng)分析可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大擺角

小于：，故C正確；

D.根據(jù)B選項(xiàng)分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度小于第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)

E=BLv

可知棒兩次過(guò)最低點(diǎn)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不相等，故D錯(cuò)誤。

故選C。

7.(2022?浙江?1月選考)如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向鞋直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小〃=燈的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為p、高度為

h、半徑為八厚度為d(d?r),則()

A.從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?/p>

B.圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為好

C.圓管的熱功率大小為型產(chǎn)

2P

D.輕繩對(duì)圓管的拉力隨時(shí)間減小

【答案】C

【來(lái)源】2022年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試題（浙江卷月）

【詳解】A.穿過(guò)圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流

為順時(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.圓管的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=竽仃2=k仃2選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

At

C.圓管的電阻R=P翳圓管的熱功率大小為P=y=里察選項(xiàng)C正確；

D.根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對(duì)圓管的拉力的合力

始終等于圓管的重力，不隨時(shí)間變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

8.（2022?浙江月選考）利用如圖所不裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)

方向放置。先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流/的大小，然后保持電流/不變，改變導(dǎo)線通

電部分的長(zhǎng)度￡,得到導(dǎo)線受到的安培力/分別與/和L的關(guān)系圖象，則正確的是（）

【答案】B

【詳解】根據(jù)尸=3〃可知先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度心不變，改變電流/的大小，則尸一/圖象是過(guò)原

點(diǎn)的直線。同理保持電流/不變，改變通過(guò)電部分的長(zhǎng)度L,則廣L圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線。

故選Bo

9.2021?浙江,6月選考）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長(zhǎng)直平行細(xì)導(dǎo)線〃、a分別通以80A和100A流

向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說(shuō)法正確的是［）

a80A

?P

b------------<----------------100A

A.兩導(dǎo)線受到的安培力a二1254

B.導(dǎo)線所受的安培力可以用F=/LB計(jì)算

C.移走導(dǎo)線〃前后，〃點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變

D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有?定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置

【答案】BCD

【詳解】A.兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯(cuò)誤；

B.導(dǎo)線所受的安培力可以用戶計(jì)算，因?yàn)榇艌?chǎng)與導(dǎo)線垂直，故B正確：

C.移走導(dǎo)線〃前，的電流較大，則〃點(diǎn)磁場(chǎng)方向與〃產(chǎn)生磁場(chǎng)方向同向，向里，移走后，〃點(diǎn)磁場(chǎng)方

向與4產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相同，向外，故C正確；

D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)均不在同一條直線上，

故不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置。故D正確。

故選BCD.

考點(diǎn)03洛倫茲力

10.（2024?浙江?6月選考）如圖所示，一根固定的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成6角。質(zhì)量為，〃、電荷

量為+q的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直細(xì)桿

所在的豎直面，不計(jì)空氣阻力。小球以初速度北沿細(xì)桿向上運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)，則該過(guò)程（)

A.合力沖量大小為〃?如cos0B.重力沖量大小為mvosin。

c?洛倫茲力沖量大小為喘D.若%=叫嚷，彈力沖量為零

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)動(dòng)量定理/=0-mv0=一m%故合力沖量大小為m%,故A錯(cuò)誤:

B.小球上滑的時(shí)間為"氣重力的沖量大小為/=mgt=篝故B錯(cuò)誤；

gsia?！盙"sin?

C.小球所受洛倫茲力為Bqu=Bq(?o-at)=-Bqat+Bq%,a=gsin。隨時(shí)間線性變化,故洛倫茲

力沖量大小為/洛=qx^xB￡=qx￡xBx/=端故C正確；

D.若％=迎嘿，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為Bq%=2mgcos。小球在垂直細(xì)桿方向所受合力為零，

qB

可得Bqu=mgcosG+FN

即

FN=Bqv—mgcosO=Bq(u()—aty-mgcosB=mgcosO—Bqtgsind

則小球在整個(gè)減速過(guò)程的4-亡圖像如圖

圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖晟為零，故D正確。

故選CDo

考點(diǎn)04帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

11.(2023?浙江?6月選考)利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所不，Oxy平面(紙

面)的第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域I和II,其中區(qū)域【存在磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為8/的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域II存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為小的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域H的下邊

界與x軸重合。位于(0,3L)處的離子源能釋放出質(zhì)量為〃?、電荷量為小速度方向與x軸夾角為60。的

正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。

(1)求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域I【的最大速度力及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間/；

(2)若4=281，求能到達(dá)y=$處的離子的最小速度也；

(3)若4=?y,且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在皿?竺迎范圍，求進(jìn)入第四象限

的離子數(shù)與總離子數(shù)之比小

y

【答案】⑴％=手；⑵“甯⑶60%

【詳解】（I）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)II速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系—18$60。=/1-乙解得

n=2L

根據(jù)q%a=?解得%=白占

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期7=

（2）若82=23/,根據(jù)丁=士可知=2r2

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)0/。2與磁場(chǎng)邊界夾角為。，由幾何關(guān)系

Asina—rjSinBO0=L

L

r-rs\na=-

22乙

解得r=2Lsina=:根據(jù)qv?%=rn—e解得藝=業(yè)土

24r2m

（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域II的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動(dòng)量定理&<?%△￡=niAvx即？'yq/ly=mAvx

求和可得E?yqAy=Y.m^vx粒子從區(qū)域I到區(qū)域II最終到X軸上的過(guò)程中m（u-ucos60°）=

8M+）?竽初解得,=典

L乙m

則速度在皿?絲場(chǎng)之間的粒子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在皿烏絲，又粒

mmmm

子源射出的粒子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為片60%

12.（2022?浙江.6月選考）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為拉的空心轉(zhuǎn)筒P,可繞過(guò)。點(diǎn)、垂直

xQy平面（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在

方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q，板。與)，羯交于4點(diǎn)。

離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為〃八電荷量為-4“>0)、速度大小不同的離子，其中速度大小為見(jiàn)

的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸

收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。

(1)①求磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小;

②若速度大小為%的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度s的大小;

(2)較長(zhǎng)時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)離子打在板。的。處，0C與x軸負(fù)方向的夾角為仇求轉(zhuǎn)

筒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力尸的大?。?/p>

(3)若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于等，且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他夕的值(〃為探測(cè)

點(diǎn)位置和。點(diǎn)連線與X軸負(fù)方向的夾角)。

離子源M

【答案】⑴①B=勺，②s=(4k+l)Jk=0,1,2,3…；⑵尸=駕等萼tangn=0,1,

qRR2(TT-Q)TTR2

2,...：(3)G'=jiT,-n

66

【詳解】(1)①離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有，貝歷=華

KqR

②離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=署轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度3￡=2kir+53=(4/c+l)f,2=0,1,2,3…

CVQLR

(2)設(shè)速度大小為1的離子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R',有

,0

R=Rian—

乙

0

v=votan-

離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間廿=5-。)手轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角度(o'f=2nn+0轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度“=

誓翟學(xué)，〃二0,1,2,...動(dòng)量定理

(1T-0)R

2n

F—=Nmv

o)

F=(2n^n^￡

2(n-6)nR2

(3)轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度小普=誓您＜等其中左=1,夕=號(hào)71,〃=0,2或者攵=0,九=0,。=

R(11-U)KK6

「舍）可得夕=加）

考點(diǎn)05帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

13.（2025?浙江/月選考）同位素$C相對(duì)含量的測(cè)量在考古學(xué)中有重要應(yīng)用，其測(cè)量系統(tǒng)如圖1所示。將

少量古木樣品碳化、電離后，產(chǎn)生的離子經(jīng)過(guò)靜電分析儀ESA-I、磁體-1和高電壓清除器，讓只含有三

種碳同位素/C、PC.34c的c3+離子束（初速度可忽略不計(jì)）進(jìn)入磁體」［.磁體_］［由電勢(shì)差為u

的加速電極P.磁感應(yīng)強(qiáng)度為R、半仔為R的四分之一圓弧細(xì)管道和離子接收器/構(gòu)成.通過(guò)調(diào)節(jié)U，

可分離/C、J3C.鏟C三種同位素，其中腎C、$c的C3+離子被接收器?所接收并計(jì)數(shù)，它們的離

子數(shù)百分比與U之間的關(guān)系曲線如圖2所示，而言葭離子可通過(guò)接收器F,進(jìn)入靜電分析儀ESA-II,

被接收器D接收并計(jì)算。

圖1圖2

（1）寫出中子與尹N發(fā)生核反應(yīng)生成腎。以及24c發(fā)生“衰變生成/N的核反應(yīng)方程式：

（2）根據(jù)圖2寫出明c的C3+離子所對(duì)應(yīng)的U值，并求磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)

字。已知R=0.2m,原子質(zhì)量單位iz=1.66xl（p27kg,元電荷。=1.6x10-1汽）；

（3）如圖1所示，ESA-H可簡(jiǎn)化為間距d=5cm兩平行極板，在下極板開有間距L=10cm的兩小孔，僅

允許入射角9=45。的記C恩子通過(guò)。求兩極板之間的電勢(shì)差U：

（4）對(duì)古木樣品，測(cè)得鏟C與離子數(shù)之比值為4x10-13；采用同樣辦法，測(cè)得活木頭中針C與鏟C的

比值為L(zhǎng)2X10T2,由于它與外部環(huán)境不斷進(jìn)行碳交換，該比例長(zhǎng)期保持穩(wěn)定。試計(jì)算古木被砍伐距

今的時(shí)間（已知24c的半衰期約為5700年，ln3==0.7）

【答案】⑴M+i狙t空C+案,1冥一1N+_?e

（2）1.93x106V,2.0T

（3）1.65x106V

（4）8957年

【詳解】（1）中子與尹N發(fā)生核反應(yīng)生成24c的核反應(yīng)方程式為一+”NT空C+；H股C發(fā)生￡衰變生

成/N的核反應(yīng)方程式為"CT1狙+_*

（2）在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU=；m〃2解得^二再磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力叩8=嗒

聯(lián)立解得u=蟠，U=<相比三C,3c的比荷更大，通過(guò)圓形管道所需要的電壓更大，通過(guò)圖2

m2moo

可知當(dāng)電壓為1.93x106v時(shí)，木c與吉3c的離子數(shù)百分比為io。%,故22c的C3+離子所對(duì)應(yīng)的u值為

6

1.93x10Vo

根據(jù)U=若整理得"懵==2.0T

（3）由題意知，”C粒子在板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有&=^，L=加豎直方向有方°=當(dāng)叫

a=華，%。=a：聯(lián)立解得出=迎竽=筆等=1.65x106V

md八21mL14uL

（4）古木中24c與三c比值是活木頭中的j說(shuō)明經(jīng)過(guò)衰變后/C只剩下j已知經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期剩下：，

JJ4

設(shè)經(jīng)過(guò)〃個(gè)半衰期，則有0"=；解得九=log23=器=T則砍伐時(shí)間￡=nx5700=8957（年）

14.（2024?浙江?6月選考）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截

面如圖所示。在xQy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直紙面

向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著工軸依次放置離子源、長(zhǎng)度為￡的噴鍍板P、長(zhǎng)度均為￡的柵

極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板夕上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L,0）,柵極板M

中點(diǎn)S的坐標(biāo)為（3L,0）,離子源產(chǎn)生〃和。兩種正離子，其中。離子質(zhì)量為加，電荷量為％b離子

的比荷為，離子的;倍，經(jīng)電壓（其中％=用，上大小可調(diào)，”和人離子初速度視為0）的電

場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UM”調(diào)控（UNM>0），”和。離

子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場(chǎng)的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子

間相互作用力。

（\）若U=Uo,求。離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置xo（用￡表示）。

（2）調(diào)節(jié)。和“儀并保持UNM=：U,使。離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：

①U的調(diào)節(jié)范圍（用表示）；

②人離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度：

（3）要求〃和力離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點(diǎn)，求U和UNM的大小。

【答案】⑴L⑵①U°<UV4U。：②^⑶〃=鬻，他=筆警或*或需

【詳解】（1）對(duì)a離子根據(jù)動(dòng)能定理得qU=：nu；2a離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)8*離

NK

子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)X軸上的位置/=2/?,聯(lián)立解得％=:科=L

（2）①要使〃離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)

磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合U）中分析得以看料E2L

即^^<U<即%<U<4U

87n27n口uQ

②〃離子經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為與==

218mU

By]~

代入U(xiǎn)o<U<4%得2L<xb<4L

故可知匕離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為|乙?：乙）任意位置經(jīng)電壓為UNM的電場(chǎng)減速射入虛線下方的磁

場(chǎng)，此時(shí)華WU工警〃離子先經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后再經(jīng)

過(guò)電壓為UNM=的電場(chǎng)減速，因?yàn)楦鶕?jù)動(dòng)能定理得q/-：9匕（/=同時(shí)有Bq"'=嗎）力,

NXb=2R'

當(dāng)（/=昂分時(shí)，人離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P,此時(shí)離柵極板左端的距離為AxJ="

當(dāng)U=普％時(shí)，〃離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在匕此時(shí)離柵極板右端的距離為△沖〃=

lo4

故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為Ax=+L-△與〃=\L

（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q,由（1）可知出〃=￡舟=,故可得（/=}%=駕

則。離子從與'=3乙處經(jīng)過(guò)柵極板，若力離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)%M=k'U,則同

理可知（1-k,）Uqb=標(biāo)〃"2,Bq〃〃==2Rrf="聯(lián)立解得《=測(cè)可得

2

UNM=3=當(dāng)減速〃次Uqb-nU^Mqb=\mbvb',7=臂包聯(lián)立得相二,一

8nm..

西UNM

當(dāng)減速〃次恰好打在p板下方中央處，可得

2rn_1>2L

3

即

9L28(n-1)/71

UNM>〃

B2q

9L28nm9?

丁一西■UNM=T^

解得佛<恭賒

即n<手〃取整數(shù)，故可得，=1,2,3,故可得UNM=[黑或多鬻或需

15.（2024?浙江月選考）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折

射，如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域I、II和【II：I區(qū)寬度為d.存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反

方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ii區(qū)的寬度很小。【區(qū)和in區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為外和外，其電勢(shì)

差（/=0由一9白。一束質(zhì)量為加、電荷量為。的質(zhì)子從。點(diǎn)以入射角。射向I區(qū)，在尸點(diǎn)以出射角。射

出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角。射入H區(qū)，經(jīng)H區(qū)“折射”進(jìn)入in區(qū)，其出射方向與法線夾角

為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N,初速度為先,不計(jì)質(zhì)子重力，不

考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求4的最小值；

（2）若（;=孚，求”折射率，（入射角正弦與折射角正弦的比值）

（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入II區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返1可I區(qū)）

（4）在2點(diǎn)下方距離簪姓水平放置一長(zhǎng)為鬻的探測(cè)板CQO（。在P的正下方），CQ長(zhǎng)為翳，質(zhì)

子打在探測(cè)板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對(duì)稱，同時(shí)從。點(diǎn)

射入I區(qū)，月￡=30。，求探測(cè)板受到豎直方向力尸的大小與U之間的關(guān)系。

【答案】（1）警；（2）V2：（3）uW-明:。s.（4）見(jiàn)解析

Be2e

【詳解】（I）根據(jù)牛頓第二定律=不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為

dmin=2r=鬻

（2）設(shè)水平方向?yàn)?方向，豎直方向?yàn)閥方向，無(wú)方向速度不變，y方向速度變小，假設(shè)折射角為十，根

據(jù)動(dòng)能定理Ue=gm譜一詔解得%=V2v,根據(jù)速度關(guān)系%sin。=%sin夕，解得〃=把捺=—=

/n0sinav（）

V2

（3）全反射的臨界情況：到達(dá)III區(qū)的時(shí)候y方向速度為零，即Ue=0m（%cose）2,可得U=

mvQCOs20

2e

即應(yīng)滿足UW辿竺

2e

（4）臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得ZCPQ=30。

所以如果UNO的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：

2

①當(dāng)U>0時(shí)尸=2Nmvy又eU=-|m（vocos0）,解得尸=/指里全部都打不到板的

情況

②根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從0區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為60。時(shí)，粒子剛好打到。點(diǎn)，水平方向速度

為以=日所以3=Vx=—v,又eU=-mVy--77i(vcos0)2,解得U=-"也即當(dāng)U<一"也時(shí)。F=

tan60°602,2o3e3c

0

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-萼WU<0）,此時(shí)僅有。點(diǎn)右側(cè)的一束粒子能

.2eU

打到板上，因此尸=Nm3,又eU=[小叩-]7n（vocose）2,解得廣=+~

16.（2023?浙“1.」月選考）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直xOy平

面向外、磁感應(yīng)播度大小為B的勻播磁場(chǎng).x軸下方的分析器由兩塊相距為〃、長(zhǎng)度足夠的平行金屬薄

板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地。位

于坐標(biāo)原點(diǎn)。的離子源能發(fā)射質(zhì)量為〃?、電荷量為，/的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為60。；

且各個(gè)方向均有速度大小連續(xù)分布在：火和我孫之間的離子射出。已知速度大小為火、沿y軸正方向射

出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔Co未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖

中沒(méi)有畫出）。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。

<1）求孔。所處位置的坐標(biāo)加；

（2）求離子打在N板上區(qū)域的長(zhǎng)度L；

（3）若在N與M板之間加教電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓U。；

（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為。時(shí)的電壓必與

孔。位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式。

【答案】⑴覆

【詳解】（1）速度大小為孫、沿），軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后軌跡如圖

山洛倫茲力提供向心力班%=m9解得半徑R=譬孔C所處位置的坐標(biāo)見(jiàn)，/=2R=陰

RBqBq

（2）速度大小為U的離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由洛倫茲力提供向心力8件=7H，解得半徑？=落

若要能在C點(diǎn)入射，則由幾何關(guān)系可得2R'cose=2R解得cose=曰W[?,1]

如圖

由幾何關(guān)系可得L=2d

（3）不管從何角度發(fā)射為=ucos。由（2）可得"=心根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得Q=鬻，諦=2ad,

聯(lián)立解得%=等

（4）孔C位置坐標(biāo)x,x=2rcos3其中r==/?二聯(lián)立可得％=2R—cosO,cos。61]?解得2A<

Bqv0v012J2

x<2^2R.在此范圍內(nèi)，和（3）相同，只與為相關(guān)，可得Bq%=mq解得3=受根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式

2

可得。=>，v}=2ad,解得Ux=Ul_

mdy"8m

17.（2023?浙江?I月選考）某興趣小組設(shè)計(jì)的測(cè)量大電流的裝置如圖所示，通有電流/的螺繞環(huán)在霍爾元件

處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B=kJ,通有待測(cè)電流/'的直導(dǎo)線Qb垂直穿過(guò)螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)配=

kJ。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為/。時(shí)，元件輸出霍爾電壓即為零，則待測(cè)電流/'的方向和大小分別

為（）

A.atb,A，oB.QTb,—IQ

?2

C.bTQ,IQD.b->Q,*/o

【答案】D

【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向卜，則要使元件輸出霍爾電壓為為

零,直導(dǎo)線疑在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測(cè)電流廠的方向應(yīng)該是b-a：

元件輸出霍爾電壓如為零，則霍爾元件處合場(chǎng)強(qiáng)為0,所以有的/（）=6/'解得/'=?/（）

故選D.

18.（2022?浙江?6月選考）如圖為某一徑向電場(chǎng)的示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)度大小可表示為E=2，〃為常量。比荷

T

相同的兩粒子在半徑，?不同的圓軌道運(yùn)動(dòng)。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑，?小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑「一定無(wú)關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得=m32r解得儂=叵」可知軌道半徑廠小的粒子角速度

rMmr

大，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得，q=7n?解得u=后又Ek=如〃2聯(lián)立可得a=母可知電荷量大的

粒子的動(dòng)能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑「一定無(wú)關(guān)，故BC正確；

D.磁場(chǎng)的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可

能做離心運(yùn)動(dòng)，也可能做近心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

故選BC

19.（2022?浙江月選考）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xQy平面

（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與），軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、），軸和

以。為圓心、圓心角為90。的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域I,整個(gè)區(qū)域I內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂

直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為以、磁感線與圓弧平行且逆時(shí)針?lè)较虻拇艌?chǎng)。區(qū)域I右

側(cè)還有一左邊界與），軸平行且相距為/、下邊界與工軸重合的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域II,其寬度為心長(zhǎng)度足夠

長(zhǎng)，其中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速

（板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），調(diào)節(jié)區(qū)域【的電場(chǎng)強(qiáng)度和區(qū)域H的磁感應(yīng)強(qiáng)度，使電子恰好打在坐標(biāo)為

（?+2/,0）的點(diǎn)上，被置于該處的探測(cè)器接收。已知電子質(zhì)量為“、電荷量為e,板M的逸出功為

Wo,普朗克常量為人忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為-的光照射板M時(shí)有光電子逸出，

（I）求逸出光電子的最大初動(dòng)能并求光電子從。點(diǎn)射入?yún)^(qū)域【時(shí)的速度用的大小范圍；

（2）若區(qū)域I的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=名舟，區(qū)域II的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小外=誓，求被探測(cè)到的電子

剛從板M逸出時(shí)速度由的大小及與x軸的夾角伙

（3）為了使從。點(diǎn)以各種大小和方向的速度射向區(qū)域1的電子都能被探測(cè)到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域I的電場(chǎng)

強(qiáng)度E和區(qū)域II的磁感應(yīng)強(qiáng)度求E的最大值和B2的最大值。

MN

【答案】(1)Ekm=hv-Woi用工孫工產(chǎn)二廠"(2)為=拜；3=30°;(3)Fmax=

Bl2(hv+eU-Wo)B_2j2mgy-%)

1y/m2ea

【詳解】(1)光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動(dòng)能=

gm評(píng)=Ek+eU(0<<Fkm)

嬴)2(hv+eU-IVO)

--W為W----------------

qmqm

(2)速度選擇器

e%Bi=eE

E[3eU

=TT=---

BiQm

11

99=eU