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专题 10 磁场
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
聚焦基础概念与模型分析。以磁电式
考点1 磁场与
2021、2022、2024 电表为背景，考查磁场分布与安培力方向
磁现象
的判断，需结合左手定则和磁感线分布分
析。计算题则常与力学、电磁学跨模块综
考点2 安培力 2021、2022、2023、2024、2025
合以 “质子束反射折射装置” 为背景，
要求联立洛伦兹力公式与动量定理，分析
考点3 洛伦兹 带电粒子在磁场中的轨迹调控。实验题虽
2024
力 未直接考查磁场，但隐含相关分析
安培力与电磁感应：命题从单一通电
考点4 带电粒
导线扩展至多导体系统，通过正方形线框
子在磁场中的 2022、2023
在变化磁场中的运动，要求联立法拉第电
运动
磁感应定律与焦耳定律计算安培力和发热
功率。以 “电磁撬技术” 为情境，考查
电磁感应与恒定电流的动态建模，涉及安
培力与焦耳热的关联分析。、
带电粒子运动与能量转化：高频考点
考点5 带电粒
从匀速圆周运动扩展至复合场中的复杂轨
子在复合场中 2021、2022、2023、2024、2025
迹，需综合应用动能定理与运动分解。要
的运动
求结合半衰期模型推导核反应方程，并利
用磁场确定粒子电性与动量。
磁场叠加与边界条件：命题注重磁场
分布的空间分析。
考点01 磁场与磁现象
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学科网（北京）股份有限公司1．（2024·浙江·1月选考）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
【答案】A
【详解】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项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，选项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，选项D错误。
故选A。
2．（2022·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【详解】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故选B。
3．（2021·浙江·1月选考）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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司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
【详解】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。
考点02 安培力
4．（（2025·浙江·1月选考）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长√2L、质量m、电阻R，放在光滑
水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐
标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，
不计空气阻力。
(1)线框中心位于x=0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
L
②线框中心运动至x= 过程中，安培力做功及冲量；
2
L
③线框中心运动至x= 时，恒流源提供的电压；
2
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学科网（北京）股份有限公司L
(2)线框中心分别位于x=0和x= ，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x=L所
2
需时间分别为t 和t ，求t −t 。
1 2 1 2
3BI L2 √3IBm √3BI
【答案】(1)①2BIL；② ， L；③U=BL2 +IR
4 2 2m
(2)0
【详解】（1）①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l=2L所以线框受到的安培力大小为
F =BIl=2BIL
安
L
②线框运动到x时，安培力大小为F =2BI(L−x)则初始时和线框中心运动至x= 时的安培力分别
安 2
L
为F =2BIL，F =BIL则线框中心运动至x= 过程中，安培力做功为
安1 安2 2
F +F L 3BI L2
W =F ⋅Δx= 安1 安2 ⋅ =
安 安 2 2 4
1
由动能定理W = mv2
安 2
可得
√3BI
v= L
2m
√3IBm
则安培力的冲量为I=mv= L
2
③由能量守恒定律UI=BILv+I2R可得，恒流源提供的电压为
√3BI
U=BL2 +IR
2m
（2）类比于简谐运动，则回复力为F =F =2BI(L−x)=2BI x′=kx′根据简谐运动周期公式
回 安
√m √ m
T=2π =2π
k 2IB
由题意可知，两次简谐运动周期相同，两次都从最大位移运动到平衡位置，时间均相同，则有
T π √ m
t =t = =
1 2 4 2 2IB
故t −t =0
1 2
5．（2024·浙江·6月选考）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框 abcd 放在与强磁场
ΔB
中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以 =0.1T/s均匀增大时，线框的发热
Δt
功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率
为2P，则ab边所受最大的安培力为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司1 √2
A． N B． N C．1N D．√2N
2 2
【答案】C
ΔB E2
【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为E= S=0.1V可得P= =0.25W
Δt R
(E m) 2
线框以某一角速度ω绕其中心轴OO′匀速转动时电动势的最大值为E =BSω此时有 √2
m
2P= =0.5W
R
解得ω=1rad/s
BSω
分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为I = =5A故ab边所受最大的安培力为
m R
F =BI L=1N
安m m
故选C。
6．（2023·浙江·6月选考）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E 或理想二
0
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
π
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θ= ；然后开关S接2，棒从
4
右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
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学科网（北京）股份有限公司√2Mg √2
A．电源电动势E = R B．棒消耗的焦耳热Q=(1− )Mgl
0 2BL 2
π
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
4
【答案】C
【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示
Mg E MgR
根据几何关系可得Mg=BIL解得I= 根据欧姆定律I= 0解得E = 故A错误；
BL R 0 BL
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化
为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
√2
Q'=(1− )Mgl
2
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
√2
Q<Q'=(1− )Mgl
2
故B错误；
C．根据B选项分析可知，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
π
小于 ，故C正确；
4
D．根据B选项分析，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
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学科网（北京）股份有限公司E=BLv
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。
故选C。
7．（2022·浙江·1月选考）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应
强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高
度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
kπr2
B．圆管的感应电动势大小为
h
πdhk2r3
C．圆管的热功率大小为
2ρ
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【来源】2022 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题（浙江卷�1月）
【详解】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流
为顺时针方向，选项A错误；
ΔB
B．圆管的感应电动势大小为E= πr2=kπr2 选项B错误；
Δt
2πr E2 πdhk2r3
C．圆管的电阻R=ρ 圆管的热功率大小为P= = 选项C正确；
dh R 2ρ
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力
始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。
故选C。
8．（2022·浙江·1月选考）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁
场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线
通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】根据F = BIL 可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图象是过
原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图象是过原点的直线。
故选B。
9．（2021·浙江·6月选考）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80A和
100A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F =125F
b a
B．导线所受的安培力可以用F=ILB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
【详解】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F=ILB计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；
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学科网（北京）股份有限公司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。
考点03 洛伦兹力
10.（2024·浙江·6月选考）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v 沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
0
A．合力冲量大小为mvcosƟ B．重力冲量大小为mv sinθ
0 0
qBv2 2mgcosθ
C．洛伦兹力冲量大小为 0 D．若v = ，弹力冲量为零
2gsinθ 0 qB
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理I=0−mv =−mv 故合力冲量大小为mv ，故A错误；
0 0 0
v mv
B．小球上滑的时间为t= 0 重力的冲量大小为 I =mgt= 0故B错误；
gsinθ G sinθ
C．小球所受洛伦兹力为Bqv=Bq(v −at)=−Bqat+Bqv ，a=gsinθ随时间线性变化，故洛伦兹力
0 0
v v v qBv2
冲量大小为I =q× 0×Bt=q× 0×B× 0 = 0 故C正确；
洛 2 2 gsinθ 2gsinθ
2mgcosθ
D．若v = ，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv =2mgcosθ小球在垂直细杆方向所受合力为
0 qB 0
零，可得Bqv=mgcosθ+F
N
即
F =Bqv−mgcosθ=Bq(v −at)−mgcosθ=mgcosθ−Bqtgsinθ
N 0
则小球在整个减速过程的F −t图像如图
N
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学科网（北京）股份有限公司图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D正确。
故选CD。
考点04 带电粒子在磁场中的运动
11.（2023·浙江·6月选考）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B 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B 的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的
1 2
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v 及其在磁场中的运动时间t；
1
L
（2）若B =2B ，求能到达y= 处的离子的最小速度v；
2 1 2 2
B B qL 6B qL
（3）若B = 1 y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 1 ~ 1 范围，求进入第
2 L m m
四象限的离子数与总离子数之比η。
2B qL 2πm 4B qL
【答案】（1）v = 1 ；t= （2）v = 1 （3）60%
1 m 3qB 2 m
1
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r cos60∘=r −L解
1 1
得r=2L
1
v2 2B qL
根据qv B =m 1解得v = 1
1 1 r 1 m
1
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学科网（北京）股份有限公司2πm 2×60∘ 2πm
在磁场中运动的周期T= 运动时间t= T=
qB 360∘ 3qB
1 1
mv
（2）若B=2B，根据r= 可知r =2r
2 1 qB 1 2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设OO 与磁场边界夹角为α，由几何关系
1 2
r sinα−r sin30∘=L
1 1
L
r −r sinα=
2 2 2
3 v2 4B qL
解得r=2L sinα= 根据qv B =m 2 e解得v = 1
2 4 2 2 r 2 m
2
（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B qv Δt=mΔv 即
2 y x
B
1 yqΔy=mΔv
L x
B
求和可得 ∑ 1 yqΔy=∑mΔv 粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
L x
B 0+L 3B qL
m(v−vcos60∘)=B qL+ 1 ⋅ ⋅qL 解得 v= 1
1 L 2 m
3B qL 6B qL B qL
则速度在 1 ~ 1 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 1 ~
m m m
6B qL
1 ，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
m
比例为 η=60%
12．（2022·浙江·6月选考）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v 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
0
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；
11 / 43
学科网（北京）股份有限公司②若速度大小为v 的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
0
（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；
6v
（3）若转筒P的角速度小于 0，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
R
测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
mv v
【答案】（1）①B= 0，②ω=(4k+1) 0，k = 0，1，2，3…；（2）
qR R
(2nπ+θ)N mv2 θ 5 1
F= 0 tan ，n = 0，1，2，…；（3）θ′= π， π
2(π−θ)π R 2 6 6
mv2 mv
【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有qv B= 0，则B= 0
0 R qR
πR π v
②离子在磁场中的运动时间t= 转筒的转动角度ωt=2kπ+ ω=(4k+1) 0，k = 0，
2v 2 R
0
1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′，有
θ
R′=Rtan
2
θ
v=v tan
0 2
R'
离子在磁场中的运动时间t′=(π−θ)
转筒的转动角度ω′t′ = 2nπ + θ 转筒的转动角速度
v
(2nπ+θ) v
ω′= 0
，n = 0，1，2，… 动量定理
(π−θ) R
2π
F =Nmv
ω′
(2nπ+θ)N mv2 θ
F= 0 tan ，n = 0，1，2，…
2(π−θ)π R 2
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学科网（北京）股份有限公司(4k+1)v (2nπ+θ′)v 6v 5−2n
（3）转筒的转动角速度 0= 0< 0其中 k = 1，θ′= π，n = 0，2或
R (π−θ′)R R 6
π 5 1
者k=0,n=0,θ= （舍） 可得θ′= π， π
2 6 6
考点05 带电粒子在复合场中的运动
13.（2025·浙江·1月选考）同位素 14C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1所示。
6
将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I和高电压清除器，让只含
有三种碳同位素
12C、 13C、 14C的C3+离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差
6 6 6
为U的加速电极P，磁感应强度为B、半径为R的四分之一圆弧细管道和离子接收器F构成。通过调
节U，可分离 12C、 13C、❑ 14C三种同位素，其中 12C、 13C的C3+离子被接收器F所接收并计数，
6 6 6 6 6
它们的离子数百分比与U之间的关系曲线如图2所示，而 14C离子可通过接收器F，进入静电分析仪
6
ESA-Ⅱ，被接收器D接收并计算。
(1)写出中子与 14N发生核反应生成 14C，以及 14C发生β衰变生成 14N的核反应方程式：
7 6 6 7
(2)根据图2写出 12C的C3+离子所对应的U值，并求磁感应强度B的大小（计算结果保留两位有效数
6
字。已知R=0.2m，原子质量单位u=1.66×10−27kg，元电荷e=1.6×10−19C）；
(3)如图1所示，ESA-Ⅱ可简化为间距d=5cm两平行极板，在下极板开有间距L=10cm的两小孔，仅
允许入射角φ=45°的 14C离子通过。求两极板之间的电势差U：
6
(4)对古木样品，测得 14C与 12C离子数之比值为4×10−13；采用同样办法，测得活木头中 14C与
6 6 6
12C的比值为1.2×10−12，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被
6
砍伐距今的时间（已知
14C的半衰期约为5700年，ln3=1.1,ln2=0.7）
6
【答案】(1) 1n+14N→14C+1H，14C→14N+ 0e
0 7 6 1 6 7 −1
(2)1.93×106V，2.0T
(3)1.65×106V
(4)8957年
【详解】（1）中子与 14N发生核反应生成❑ 14C的核反应方程式为1n+14N→14C+1H 14C发生β衰变
7 6 0 7 6 1 6
生成
14N的核反应方程式为 14C→14N+ 0e
7 6 7 −1
13 / 43
学科网（北京）股份有限公司（2）在加速电场中，由动能定理得qU=
1
mv2 解得v=
√2Uq
磁场中，洛伦兹力提供向心力
2 m
mv2
qvB=
R
qBR qB2R2
联立解得v= ，U= 相比 13C， 12C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通
m 2m 6 6
过图2可知当电压为1.93×106V时， 12C与 13C的离子数百分比为100%，故 12C的C3+离子所对应的
6 6 6
U值为1.93×106V。
qB2R2 √2mU √2×12u×U
根据U= 整理得 B= = =2.0T
2m qR2 3eR2
√2
（3）由题意知，❑ 14C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有v = v，L=v t竖直方向有
6 x 2 x
√2 qU t qB2R2d 3eB2R2d
v = v，a= 1，v =a 联立解得U = = =1.65×106V
y0 2 md y0 2 1 mL 14uL
1 1
（4）古木中 14C与 12C比值是活木头中的 ，说明经过衰变后 14C只剩下 ，已知经过一个半衰期剩
6 6 3 6 3
1 (1) n 1 ln3 11
下 ，设经过n个半衰期，则有 = 解得n=log 3= = 则砍伐时间
2 2 3 2 ln2 7
t=n×5700=8957(年)
14.（2024·浙江·6月选考）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
1 B2qL2
q，b离子的比荷为a离子的 倍，经电压U=kU（其中U = ，k大小可调，a和b离子初速度
4 0 0 8m
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U 调控
NM
（U >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
NM
子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x（用L表示）。
0 0
3
（2）调节U和U ，并保持U = U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
NM NM 4
①U的调节范围（用U 表示）；
0
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U 的大小。
NM
14 / 43
学科网（北京）股份有限公司1 9B2qL2
【答案】（1）L；（2）①U <U<4U ；② L；（3）U= ，
0 0 2 32m
27B2qL2 27B2qL2 9B2qL2
U = 或 或
NM 128m 256m 128m
1 v2
【详解】（1）对a离子根据动能定理得qU= mv2 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动Bqv=m a
2 R
2 √2mU
离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x =2R，联立解得x = =L
0 0 B q
（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
2 √2mU
强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x ′≤2L 结合（1）中分析得L≤ ≤2L
0 B q
qB2L2 qB2L2
即 ≤U≤ 即U ≤U≤4U
8m 2m 0 0
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
2 √2m U 2 √8mU
x = b =
b B q B q
b
代入U ≤U≤4U 得2L≤x ≤4L
0 0 b
5 7
故可知b离子能从栅极板（坐标范围为 L∼ L）任意位置经电压为U 的电场减速射入虚线下方
2 2 NM
25U 49U
的磁场，此时 0≤U≤ 0 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
16 16
3 3 1
动后再经过电压为U = U的电场减速，因为根据动能定理得 q U− q U= m v′2 同时有
NM 4 b 4 b 2 b
v′2
Bq v′=m ，Δx =2R′
b b R′ b
25
当U= U 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
16 0
5
Δx ′= L
b 4
49
当U= U 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
16 0
15 / 43
学科网（北京）股份有限公司7
Δx ′′= L
b 4
1
故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx=Δx ′+L−Δx ′′= L
b b 2
2 √2mU 3 9 9B2qL2
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知x ′′= = 故可得U= U =
0 B q 2 4 0 32m
则b离子从x ′=3L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U =k′U，则同
b NM
1 v″2 3 3
理可知(1−k′)Uq = m v″2， Bq v″=m ，Δx ′′′=2R″= L 联立解得k′= 则可得
b 2 b b b R″ b 2 4
3 27 27B2qL2 1 m v ′
U = U= U = 当减速n次 Uq −nU q = m v '2，r = b b 联立得
NM 4 16 0 128m b NM b 2 b b n Bq
b
9L2 8nm
r 2= − U
n 4 B2q NM
当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得
2r >2L
n−1
3
2r = L
n 2
即
9L2 8(n−1)m
− U >L2
4 B2q NM
9L2 8nm 9
− U = L2
4 B2q NM 16
27B2qL2 5B2qL2
解得 <
128nm 32(n−1)m
27 27B2qL2 27B2qL2 9B2qL2
即n< ，n取整数，故可得n=1,2,3，故可得U = 或 或
7 NM 128m 256m 128m
15.（2024·浙江·1月选考）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φ 和
Ⅰ
φ ，其电势差U=φ −φ 。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
Ⅲ Ⅰ Ⅲ
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
v ，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。
0
（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；
mv2
（2）若U= 0，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
2e
16 / 43
学科网（北京）股份有限公司（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）
√3mv 4mv
（4）在P点下方距离 0处水平放置一长为 0的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为
eB eB
mv
0，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
eB
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。
2mv mv2cos2θ
【答案】（1） 0；（2）√2；（3）U≤− 0 ；（4）见解析
Be 2e
v2
【详解】（1）根据牛顿第二定律Bev =m 0不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小
0 r
2mv
值为d =2r= 0
min Be
（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′，
1 1
根据动能定理Ue= mv2− mv2 解得v =√2v ，根据速度关系v sinθ=v sinθ′ ，解得
2 1 2 0 1 0 0 1
sinθ v
n= = 1=√2
sinθ′ v
0
1
（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即Ue=0− m(v cosθ) 2 ，可得
2 0
mv2cos2θ
U=− 0
2e
mv2cos2θ
即应满足U≤− 0
2e
（4）临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
∠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F=2Nmv 又eU=
1
mv2−
1
m(v cosθ) 2 ，解得F=2Nm
√3
v2+
2eU
全部都打不到
y 2 y 2 0 4 0 m
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
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学科网（北京）股份有限公司v v √3 1 1 mv2
度为v = 0所以v = x = v ，又eU= mv2− m(v cosθ) 2 ，解得U=− 0即当
x 2 y tan60° 6 0 2 y 2 0 3e
mv2
U<− 0时。F=0
3e
mv2
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（− 0≤U<0），此时仅有O点右侧的一束粒子
3e
能打到板上，因此F=Nmv ，又eU=
1
mv2−
1
m(v cosθ) 2 ，解得F=Nm
√3
v2+
2eU
y 2 y 2 0 4 0 m
16.（2023·浙江·1月选考）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∘；
1
且各个方向均有速度大小连续分布在 v 和√2v 之间的离子射出。已知速度大小为v 、沿y轴正方向
2 0 0 0
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x ；
0
（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U ；
0
（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U
x
与孔C位置坐标x之间关系式。
2mv mv 2 mv 2√2mv qB2x2
【答案】（1） 0；（2）2d；（3） 0 ；（4）当 0≤x≤ 0时，U =
qB 2q 2qB qB x 8m
【详解】（1）速度大小为v 、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
0
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学科网（北京）股份有限公司v2 mv 2mv
由洛伦兹力提供向心力Bqv =m 0解得半径R= 0孔C所处位置的坐标x ，x =2R= 0
0 R Bq 0 0 Bq
v2 mv
（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Bqv=m 解得半径R′=
R′ Bq
v [√2 ]
若要能在C点入射，则由几何关系可得2R′cosθ=2R解得cosθ= 0∈ ,1
v 2
如图
由几何关系可得L=2d
qU
（3）不管从何角度发射v =vcosθ 由（2）可得v =v 根据动力学公式可得a= 0，v2=2ad ，
y y 0 md y
mv2
联立解得U = 0
0 2q
mv′ v′ v′ [1 ]
（4）孔C位置坐标x，x=2rcosθ 其中r= =R 联立可得x=2R cosθ，cosθ∈ ,1 ，
Bq v v 2
0 0
v′2
1 Bqv =m Bqx
解得 R≤x≤2√2R。在此范围内，和（3）相同，只与v 相关，可得 y x 解得v = 根
2 y y 2m
2
qU B2qx2
据动力学公式可得a= x，v2=2ad，解得U =
md y x 8m
17.（2023·浙江·1月选考）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
19 / 43
学科网（北京）股份有限公司处产生的磁场B=k I，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
1
B′=k I′ 。调节电阻R，当电流表示数为I 时，元件输出霍尔电压U 为零，则待测电流I′的方向和大
2 0 H
小分别为（ ）
k k
A．a→b， 2 I B．a→b， 1 I
k 0 k 0
1 2
k k
C．b→a， 2 I D．b→a， 1 I
k 0 k 0
1 2
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压U 为
H
零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是
k
b→a；元件输出霍尔电压U 为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有k I =k I′解得I′= 1 I
H 1 0 2 k 0
2
故选D。
a
18.（2022·浙江·6月选考）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为E= ， a为常量。比荷
r
相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
a
⋅q=mω2r解得ω=
√aq
⋅
1
可知轨道半径r小的粒子角速
r m r
度大，故A错误；
20 / 43
学科网（北京）股份有限公司BC．根据电场力提供向心力可得
a
⋅q=m
v2
解得v=
√aq
又E =
1
mv2 联立可得E =
aq
可知电荷量
r r m k 2 k 2
大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子
可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
故选BC
19．（2022·浙江·1月选考）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B、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域
1
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W，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
0
出，
（1）求逸出光电子的最大初动能E ，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v 的大小范围；
km 0
√3eU √emU
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E=B ，区域Ⅱ的磁感应强度大小B = ，求被探测到的
1 m 2 ea
电子刚从板M逸出时速度v 的大小及与x轴的夹角β；
M
（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B，求E的最大值和B 的最大值。
2 2
【答案】（1）E km =hν−W 0 ； √2 m eU ≤v 0 ≤ √2(hν+e m U−W 0 ) ；（2）v M = √e m U ；β=30∘；（3）
√2(hν+eU−W ) 2√2m(hν−W )
E =B 0 ；B = 0
max 1 m 2 ea
【详解】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能E =hν−W
km 0
21 / 43
学科网（北京）股份有限公司1
mv2=E +eU (0≤E ≤E )
2 0 k k km
√2eU √2(hν+eU−W )
≤v ≤ 0
m 0 m
（2）速度选择器
ev B =eE
0 1
E √3eU
v = =
0 B m
1
1 1
mv2− mv2 =eU
2 0 2 M
√eU
v =
M m
如图所示，几何关系
mv a
0sinα=
eB 2
2
v sinβ=v sinα
M 0
β=30∘
√2(hν+eU−W ) mv a
（3）由上述表达式可得E =B 0 ，由 0sinα= 而vsinθ等于光电子在板逸出
max 1 m eB 2 0
2
1 √2(hν−W )
时沿y轴的分速度，则有 2 m(v 0 sinθ) 2≤E km =hν−W 0 即v 0 sinα≤ m 0 ，联立可得B 2 的最
2√2m(hν−W )
大值B = 0
2 ea
20．（2021·浙江·6月选考）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B 和B 随
x y
时间周期性变化规律如图乙所示，图中B 可调。氙离子（Xe2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀
0
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v。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作
0
用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
22 / 43
学科网（北京）股份有限公司（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v ；
S
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B 的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P
0
射出，求B 的取值范围；
0
（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
√2mv
B = 0。求图乙中t 时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
0 5eL 0
√ 4eEd mv 3
【答案】（1）v = v2− ；（2）0~ 0；（3） nmv ，方向沿z轴负方向
S 0 m 3eL 5 0
【详解】（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
1 1
2eEd= mv2− mv 2
2 0 2 S
√ 4eEd
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v = v2−
S 0 m
（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
( R − L) 2 +L2=R2 根据洛伦兹力提供向心力有2ev B = mv2 0 联立解得B = 2mv 0 当磁场在x和y
1 2 1 0 0 R 0 5eL
1
2
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 ( R − √2L) +L2=R2，此
2 2 2
mv2 mv
时B=√2B ；根据洛伦兹力提供向心力有2e×v ×√2B = 0联立解得B = 0，故B 的取值范围
0 0 0 R 0 3eL 0
2
mv
为0~ 0；
3eL
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
23 / 43
学科网（北京）股份有限公司mv2 √2mv
由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v ×√2B = 0，且满足B = 0。所以可得
0 0 R 0 5eL
3
mv 5
R = 0 = L
3 2√2eB 4
0
3
所以可得cosθ= 。离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔtmv cosθ−0
5 0
3
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′= nmv 。方向沿z轴负方向。
5 0
21.（2021·浙江·1月选考）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R 和R 的四分之一圆
1 2
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，其偏转系统的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sinα≈tanα≈α
1
，cosα≈1− α2 。求：
2
(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。
24 / 43
学科网（北京）股份有限公司E 2E 3L2 3L2
【答案】(1) ， ；(2)（ ，0）；(3)（0， ）；(4)见解析
B (R +R )B2 R +R R +R
1 2 1 2 1 2
【来源】2021届浙江省1月普通高校招生选考物理试题
E R +R
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度v= 从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R= 1 2
B 2
mv2 q v 2E
由 =qvB得 = =
R m RB (R +R )B2
1 2
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
1 qE(L) 2
x =
1 2 m v
qEL
tanθ=
mv2
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
qEL2
x =Ltanθ=
2 mv2
3qEL2 3L2
x=x +x = =
1 2 2mv2 R +R
1 2
3L2
位置坐标为( ，0)
R +R
1 2
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
mv
r=
qB
L
sinα=
r
25 / 43
学科网（北京）股份有限公司L2
经过磁场后，离子在y方向偏转距离y =r(1−cosα)≈
1 R +R
1 2
2L2 3L2
离开磁场后，离子在y方向偏移距离y =Ltanα≈ ，则y= y + y ≈
2 R +R 1 2 R +R
1 2 1 2
3L2
位置坐标为(0， )
R +R
1 2
3L2 3L2
(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。
R +R R +R
1 2 1 2
1．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）电磁弹射器在我国自行研制的第三艘航空母舰“福建号”进行了
使用。其原理是弹射车处于强磁场中，当弹射车内的导体有强电流通过时，弹射车就给舰载机提供强
大的推力而快速起飞，下列与其原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】电磁弹射器的工作原理是通电导体在安培力作用下开始运动。
A．图中工作原理是电磁感应，与电磁弹射器的工作原理不相同，故A错误；
26 / 43
学科网（北京）股份有限公司B．图中是LC振荡回路的原理，故B错误；
C．图中是通电导体在安培力作用下开始运动，两者原理相同，故C正确；
D．动圈式话筒的工作原理是电磁感应，与电磁弹射器的工作原理不相同，故D错误。
故选C。
2．（2025·浙江北斗星盟·三模）一个处于匀强磁场中的静止放射性原子核，由于发生了衰变而生成a，b
两粒子，在磁场中形成如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1：45，下列判断正确的是（ ）
A．该原子核发生了β衰变 B．a粒子做顺时针运动
C．原来静止的核，其原子序数为92 D．两粒子的运动周期相等
【答案】C
【详解】A．由图示可知，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相反，而两者速度方
向相反，则知两者的电性相同，新核带正电，则放出的必定是a粒子，发生了a衰变，故A错误；
B．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，放出的a粒子与新核的动量大小相等，粒
mv2 mv p
子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB= 解得r= = 由此可知，半径与电荷量成
r qB qB
反比，由于新核的电荷量较大，则大圆是a粒子的轨迹，根据左手定则可知，a粒子做逆时针运动，
故B错误；
C．由于两圆半径之比为1：45，由半径与电荷量成反比可知，a粒子的电荷量为2，新核的电荷量为
90，则原来静止的原子核的电荷量为92，即原子序数为92，故C正确；
2πm
D．粒子的运动周期T= 可知两粒子在磁场中运动的周期不相等 ，故D错误。
qB
故选C。
3．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）下列物理量是标量且其单位用国际单位制基本单位表示正确的是（
）
A．功，kg⋅m/s2 B．磁感应强度，T
C．电场强度，N/C D．磁通量，kg⋅m2/A⋅s2
【答案】D
【详解】A．功是标量,其单位用国际基本单位表示为kg⋅m2/s2，A错误；
B．磁感应强度是矢量，其单位特斯拉为导出单位，B错误；
C．电场强度为矢量，其单位国际用基本单位表示为kg⋅m/As3
D．磁通量是标量，其单位国际用基本单位表示为kg⋅m2/A⋅s2，D正确。
故选D。
4．（2025·浙江金华义乌·三模）甲、乙、丙、丁四幅图分别是回旋加速器、磁流体发电机、泊松亮斑、重
核裂变的结构示意图，下列说法中正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．图甲中增大交变电压场的电压可增大粒子的最大动能
B．图乙中磁流体发电机产生的电动势大小与等离子体的浓度无关
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，它是菲涅尔通过实验观察到的
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，钡141的平均核子质量、比结合能都比铀235的小
【答案】B
v2 1 q2B2R2
【详解】A．图甲中粒子达到最大动能时qvB=m ，E = mv2= 可知增大交变电压场的
R km 2 2m
电压，粒子的最大动能不变，选项A错误；
E
B．图乙中磁流体发电机当稳定时满足 q=qvB可得E=Bdv可知产生的电动势大小与等离子体的浓度
d
无关，选项B正确；
C．图丙中的泊松亮斑支持了光的波动说，而菲涅尔通过实验观察到的是圆孔衍射得到的图样，选项
C错误；
D．图丁所示的核反应属于重核裂变，该核反应的过程中释放大量的能量，存在质量亏损而质量数不
变，生成物的平均核子质量更小；因生成物更加稳定，比结合能更大，则钡141的平均核子质量比铀
235小、比结合能都比铀235的大，选项D错误。
故选B。
5．（2025·浙江绍兴一中·模拟）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件
的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x
方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔
元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压U 。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度
H
B=0，U =0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可
H
以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是（ ）
A．在小范围内，霍尔电压U 的大小和坐标z成正比
H
B．其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压U 越小
H
C．其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压U 越小
H
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学科网（北京）股份有限公司D．若霍尔元件中的载流子为电子，测得霍尔元件上表面电势高，说明元件向z轴正方向移动
【答案】A
【详解】ABC．设自由电荷的定向移动速度为v，单位体积内自由电荷数为n，自由电荷的电荷量为q
，霍尔元件沿y轴方向的长度为y ，沿z轴方向的长度为z ，当霍尔元件在y轴方向的上、下表面间产
0 0
U
生的霍尔电压达到稳定时，则有qvB=q H 根据电流微观表达式可得I=nqSv=nq y z v联立可得
y 0 0
0
BI
U = 由题意可知在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，则霍尔电压U 的大小和坐标
H nqz H
0
z成正比；其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压U 越大；其他条件相同的情况下，霍尔元
H
件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压U 越大，故A正确，BC错误；
H
D．若霍尔元件中导电的载流子为电子，若测出霍尔元件的上表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力
沿y轴向下，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴正方向，故霍尔元件所处位置更靠近左侧N极，说明
元件向z轴负方向移动，故D错误。
故选A。
6．（2025·浙江金华义乌·三模）下列物理量中是标量，且其单位用国际制基本单位表示正确的是（ ）
A．动量 N·t B．安培力 kg·m·s-2
C．重力势能 kg·m2·s-2 D．电动势 V·m
【答案】C
【详解】A．动量是矢量，动量用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m/s，故A错误；
B．安培力是矢量，安培力用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m·s-2，故B错误；
C．重力势能是标量，重力势能用国际单位制单位用基本单位表示为kg·m2·s-2，故C正确；
D．电动势是标量，用国际单位制单位用基本单位表示为kg⋅m2·A−1 ⋅s−3，故D错误。
故选C。
7．（2025·浙江精诚联盟·二模）汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有
一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对
的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。
偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
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学科网（北京）股份有限公司C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
【答案】B
【详解】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作
用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面
的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍
尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故选B。
8．．（2025·浙江宁波·三模）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电
源上，电流形成的磁场可等效为以角速度ω 转动的辐向磁场。边长为l、总电阻为R的单匝正方形线框
0
ABCD可绕其中心轴OO′旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边AB、CD所处位置的磁
感应强度大小均为B。当线框由静止开始转动时，AB、CD两条边受到的阻力均为F =kv，其中比例
f
2B2l2
系数k= ，v为AB、CD两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时
R
（ ）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
ω
B．线框的角速度大小为 0
3
Bl2ω
C．线框的感应电动势大小为 0
2
B2l3ω
D．线框AB边所受安培力大小为 0
R
【答案】C
【详解】A．根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；
B．当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为
l
v =(ω −ω )
相对 0 m 2
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为E′=2Blv 根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应
相对
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学科网（北京）股份有限公司E' B2l3 (ω −ω )
电流为I= 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为F =BIl，联立解得F = 0 m ， 根
安
R 安 R
l 2B2l2
据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得f=F 又有阻力为f =kv=kω ⋅ ，当k=
安 m 2 R
2B2l2 l B2l3 (ω −ω ) ω
时，则有 ⋅ω ⋅ = 0 m ，解得导线框转动的最大角速度为ω = 0。故B错误；
R m 2 R m 2
l 1
C．线框AB、CD边转动的相对线速度v =(ω −ω ) = ω l，感应电动势
相对 0 m 2 4 0
1
E=2Blv = Bl2ω
相对 2 0
故C正确；
2B2l2 2B2l2 l ω B2l3ω
D．线框匀速转动F=F =kv= ⋅v= × ⋅ 0= 0 故D错误。
f R R 2 2 2R
故选C。
9．（2025·浙江金华·三模）π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++v ，即生成一个μ+介子和一
μ
个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强
磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r :r =2:1。则μ+和v 粒子
1 2 μ
的动量之比可能为（ ）
A．1∶1 B．1∶3 C．3∶1 D．2∶1
【答案】B
v2
【详解】π+介子和μ+介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则evB=m 解得
r
动量p=mv=eBr由核反应方程知只有π+介子和μ+介子带有电荷，设衰变前为正方向，则衰变前后
动量守恒，即p =−p +p 所以π+介子在磁场中的轨迹半径为r ，动量大小为p =eBr ，μ+
π+ μ+ v
μ
1 π+ π+
介子在磁场中的轨迹半径为r ，动量大小为p =eBr 所以p :p =2:1且p =−p +p ，解得
2 μ+ μ+ π+ μ+ π+ μ+ v
μ
p :p =1:3
μ+ v
μ
故选B。
10．（2025·浙江绍兴·三模）磁悬浮列车是一种使用磁力使得列车悬浮起来移动的交通工具，由于悬浮行
驶时不与地面接触，故可减小摩擦力，以便获得较高的行驶速度。如图1所示，科学家利用EDS系统
来产生悬浮，列车在导槽内行驶，车厢的两侧有电磁铁，而导槽两侧则有“8”字形的线圈，当车辆两
侧的电磁铁（左侧N极、右侧S极）通过“8”字形线圈时会在线圈上感应出电流，感应电流产生的磁
场又与电磁铁产生排斥及吸引作用，形成一个向上的磁力使得列车悬浮起来。某时刻车厢的左边电磁
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学科网（北京）股份有限公司铁靠近“8”字形线圈产生图2中方向所示的感应电流，则关于电磁铁与线圈的相对位置说法正确的是
（ ）
A．电磁铁中心与线圈中心等高
B．电磁铁中心高于线圈中心
C．电磁铁中心低于线圈中心
D．电磁铁中心高于或等于线圈中心
【答案】C
【详解】从图2中感应电流的方向可判断，此时线圈产生的磁场对电磁铁具有“拉回”或“托举”作
用（即使电磁铁向上回复到线圈中心位置）。根据楞次定律，如感应电流方向如图所示，则说明电磁
铁此刻低于线圈中心，线圈对电磁铁的合力指向上方，使电磁铁趋于回到中心位置。
故选C。
11．（2025·浙江·选考测评）石墨烯是一种由碳原子组成的呈蜂巢晶格结构的单层二维纳米材料，利用如
图所示的电路可测量石墨烯样品的载流子的浓度（即1m2内所含电子个数）。在石墨烯表面加方向垂
直向里，磁感应强度为B的匀强磁场，在电极1、3间通以恒定电流I，则电极2、4间将产生电压U。
已知电子的电荷量为e，则该样品的载流子浓度为（ ）
2UB UB IB 2IB
A． B． C． D．
eI eI eU eU
【答案】C
【详解】该样品中的载流子为电子，设样品中每平方米电子数为n，电子定向移动的速率为v，2、4
间的距离为d，则t时间内有电子通过的面积为vtd，时间t内通过样品的电荷量q=nevtd(C)根据电流
q U
的定义式得I= =nevd(A)当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，有evB=e 联立
t d
IB
解得n=
eU
故选C。
32 / 43
学科网（北京）股份有限公司12．（2025·浙江·选考测评）下列各物理量是矢量且括号中对应单位正确的是（ ）
A．电势（V） B．电流（A）
C．加速度的变化率(m/s3) D．磁通量(T⋅m2)
【答案】C
【详解】A．电势是标量，单位为V，故A错误。
B．电流是标量，单位为A，故B错误。
C．加速度的变化率为矢量，单位为m/s3，故C正确。
D．磁通量为标量，单位为T⋅m2，故D错误。
故选C。
13．（2025·浙江温州·二模）有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图甲中，线圈顺时针匀速转动，电路中A、B发光二极管不会交替发光
B．图乙中，强相互作用可以存在于各种核子之间，作用范围只有约10−10 m
C．图丙中，磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，是利用了电磁驱动的原理
D．图丁中，自由电荷为负电荷的霍尔元件（电流和磁场方向如图所示）的N侧电势高
【答案】A
【详解】A．图甲中，由于线圈外接换向器，使线圈中的交流电整合为直流电，电流的方向不变，
A、B发光二极管不会交替发光，A正确；
B．强相互作用的作用范围约为10−15 m（原子核尺度），并非10−10 m，B错误。
C．磁电式仪表中铝框的作用是利用“涡流（电磁）阻尼”使指针快速停摆，而非“电磁驱动”，C
错误。
D．根据左手定则可知，自由电荷向N侧偏转，由于自由电荷为负电荷，N侧的电势较低，D错误。
故选A。
14．（2025·浙江金华·三模）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反
kI
比，可表示为B= 。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I ，在筒内侧磁感应强度处
r 0
处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I 的长直导线所产生，则（ ）
0
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学科网（北京）股份有限公司kI2
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为 0
2πR2
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
kI2
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为I 长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力 0
0 4πR2
【答案】BD
【来源】2025届浙江省金华市高三下学期三模物理试题
kI I
【详解】A．根据题意紧贴圆筒外侧的磁感强度B= 0 导体上的电流密度j= 0 在圆筒上取宽度
R 2πR
为Δd，长度为Δl一个小微元，在微元朝向圆筒一侧，磁感强度为零，可知该微元产生的磁场和除去
该微元以外电流产生的磁场，在圆筒内部等大反向，根据对称性可知在圆筒的外侧等大同向，因此其
B kI 1
他部分在该微元处产生的磁场B'= = 0 该微元受到的磁场力F=B'⋅jΔd⋅Δl= B⋅jΔd⋅Δl
2 2R 2
F
kI2
圆筒侧壁单位面积受到的压力p= 整理得p= 0 A错误；
Δd⋅Δl 4πR2
B．将圆筒的左半部分分成完全相同的n份，根据右手螺旋定则，关于原点对称的内、外两份在原点
产生的磁场的合场强垂直纸面向里，所有磁场叠加，因此圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂
直纸面向里，B正确；
C．圆筒的电流在圆环部分产生的磁场与圆环平行，对圆环没有力的作用，C错误；
kI
D．在圆筒的内部紧贴圆筒部分，磁感强度为B= 0 利用磁场的叠加可知，在圆筒的外部合场强为
R
零，利用A选项中的结论可知，圆筒单位面积受到的力与A选项大小相等，D正确。
故选BD。
15．（2025·浙江Z20名校联盟·模拟预测）芯片制造工艺中，离子注入控制是一道重要的工序。某技术人
员利用电磁场设计一种方案简要如图所示，从离子源产生的离子（初速度不计）经匀强电场加速U
0
后，沿中轴线飞入平行金属板A、B，之后经需要先后进入由电流控制磁场的半径为r（较小）的圆形
边界匀强磁场B 和足够大的匀强磁场B，两磁场的磁感应强度分别由相应的电流I 和I 大小和方向控
x y x y
制，磁感应强度与电流关系满足B=kI，k为常数，忽略边缘效应，以平行极板中心O为坐标原点，建
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学科网（北京）股份有限公司立O-xyz坐标系（垂直纸面向外为z轴正方向），平行极板长为L，间距为d，圆形边界在YOZ平面
1
内的匀强磁场B 的圆心坐标（0，L，0），待制造芯片放置位置中心坐标（0，L，0）。已知离子电
X 2 3
θ
2tan
2
量为+q、质量为m。tanθ=
θ
1−tan2
2
(1)若I=I=0时，离子恰好打到（R， L， O） 点，求U 的值；
x y 3 AB
(2)若U =0， I =0时，控制离子恰好打到（0，L，R）点，求I 的值；
AB y 3 x
(3)若U =0，I 为某值时，离子经圆形磁场偏转θ角进入B 磁场，试导出离子打到芯片上位置 （x，
AB x y
y，z） 与I 的关系式（设离子转动不到90°）。
y
2dRU
【答案】(1)U = 0
AB L L
1 3
√(L −L ) 2+R2 (L −L )√2mU
(2)I = 3 2 3 2 0
x krR q
(3)x=
mv
0
sinθ [
1−cos
(qkI
Y ⋅
l
3
−L
2
−r)]
；y = L；
qkI m vcosθ 3
Y
mv sinθ ( qkI L −L −r ) ( √2qU )
z=rtanθ+ 0 sin Y ⋅ 3 2 v = 0
qkI m v cosθ 0 m
Y 0
1
【详解】（1）根据动能定理有qU = mv2
0 2 0
1 qU
根据类平抛运动规律有L =v t，x= ABt2
1 0 2 md
其中x=R
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学科网（北京）股份有限公司2dRU
解得U = 0
AB L L
1 3
θ r mv2
（2）根据几何关系有R=(L −L )tanθ，其中tan = ，根据洛伦兹力提供向心力有qv B = 0
3 2 2 r 0 x r
1 1
则r =
mv
0=
mv
0 ，解得I =
√(L
3
−L
2
) 2+R2 (L
3
−L
2
)√2mU
0
1 qB qkI x krR q
x x
L −L −r
（3）B 磁场中运动时间t= 3 2
y v cosθ
0
2π qB
角速度为ω= = y
r m
qB L −L −r
离子转过角度β=ωt= y ⋅ 3 2
m v cosθ
0
mv sinθ
B 磁场中半径r = o
y 2 qB
y
mv sinθ [ qB L −L −r ] mv sinθ
( )
坐标为x=r −r cosβ= 0 1−cos Y ⋅ 3 2 = 0
2 2 qB m v cosθ qkI
Y 0 Y
[ qkI l −L −r ]
( )
1−cos Y ⋅ 3 2 ，y= L
m v cosθ 3
cos
qB L −L −r mv sinθ qkI L −L −r
( ) ( )
z=rtanθ+r sinβ=rtanθ+r sin Y ⋅ 3 2 =rtanθ+ 0 sin Y ⋅ 3 2
2 2 m v cosθ qkI m v cosθ
0 Y 0
( √2qU )
v = 0
0 m
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学科网（北京）股份有限公司16．（2025·浙江北斗星盟·三模）某创新小组设计了一个粒子探测器。如图所示，在xOy平面内第一象限
3mv2
的虚线与y轴所围区域内有一个场强大小为E = 0、方向平行于y轴的匀强电场；第三象限内存
1 2qL
6mv
在垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为B = 0的匀强磁场；在电场边界右侧放置长为
1 qd
7πL √3l
+ 、高为3L的容器（左侧为网状不影响粒子进入，右侧为收集板），容器内分布着正交电
6 2
2mv
磁场，其中匀强磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B = 0，匀强电场方向竖直向
2 qL
2mv2
下，场强大小为E = 0。点P（0，-d）（d>0）处有一粒子源，某一瞬间向第三象限与y轴正方
2 qL
向成θ角(30°≤θ≤90°)，在该角度范围内发射了N个电荷量为q、质量为m的带正电粒子。所有粒子
的速度方向均在xOy平面内，且粒子数随角度均匀分布；所有射出的粒子均能通过坐标原点O，粒子
经电场再进入容器，若碰到右侧收集板即被吸收，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
(1)粒子由P点射出时水平分速度v 的大小；
x
(2)要使所有粒子经过匀强电场后均能沿x轴正方向运动，试判断电场方向并写出此虚线的方程；
(3)在满足（2）的条件下，能进入容器的粒子占总粒子数的百分比；
(4)在满足（2）的条件下，右侧收集板因吸收粒子而在水平方向上受到的平均作用力。
【答案】(1)3v
0
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学科网（北京）股份有限公司1
(2)y= x2
12L
(3)75%
18Nmv2
(4) 0-
πd
【详解】（1）设从P 点射出的一粒子，其速度大小为v，方向与y 轴正方向成θ角。
2mv
d=2rsinθ= x 可得v =3v 即从P 点射出的粒子其平行于x 轴的分速度大小是3v。
qB x 0 0
1
（2）电场方向沿y 轴负方向。粒子到达O 点后分布在与x 轴正方向成60°的范围内。
电场区域的边界为从O 点进入电场的粒子经电场偏转后速度平行于x 轴正方向时的}出点的集合。令
1 qE 1
出点的坐标为（x，y），有x =vt y= 1t2 消去 t 得y= x2
x 2 m 12L
v 2
（3）若粒子恰能水平进入探测器，即竖直减速为零位移等于探测器高度y= y =3L 其中
2a
qE
a= 1解得v =3v 即当粒子发射方向与y 轴正方向成45⁰ 至90⁰角的范围内能进入探测器所占比
m y 0
45°
例为n= =75%
60°
（4）粒子以大小为3v 的水平速度进入电磁场，为抵消粒子所受的电场力，需给粒子一个水平向右的
0
2mv
速度v，粒子在探测器中的运动可以看成匀速直线运动和圆周运动的合运动,其圆周半径R= 0=L
0 qB
2
v2
，即离x 轴高L 的粒子恰能与上边界相切 根据y= =L 解得v =√3v 即粒子发射方向与
2a y 0
1
y 轴正方向成60°至90°角的范围内能达到右边收集板 收集粒子数n= N 作用时间
2
T T T πd
△t= 1− 1= 1=
2 3 6 18v
0
x 7πL √3L 2πm πL
根据探测器水平长度，假设粒子以v 匀速向右，则t = = + 其中圆周周期T = =
0 0 v 6v 2v 2 qB v
0 0 0 2 0
3
根据T <t < T ,可知x=v t+Lsinθ
2 0 2 2 0
如图所示
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解得t= T θ=60°则撞击瞬间粒子水平速度为2v cos60°+v =2v 由动量定理
6 2 0 0 0
−F.△t=−nm(2v )
0
18Nmv2
解得F= 0
πd
17．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计
装置如图所示，频率为ν=1.06×1015Hz的激光照射在竖直放置的锌板K的中心位置O点，其右侧距
离为d =0.4m处有另一足够大极板A，A上正对O点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压U=1.8V，
1
两极板间电场可视为匀强电场。在A板右侧有宽度为D、方向垂直纸面向内、大小为B=10−5T的匀
强磁场。锌板的逸出功W =5.376×10−19J，普朗克常量h=6.6×10−34J⋅s，电子质量为
m=9×10−31kg，元电荷e=1.6×10−19C，π=3，sin53°=0.8，cos53°=0.6。不计光电子重力及光
电子间的相互作用。求：
(1)光电子到达极板A的最大速度v ；
m
(2)极板A上有光电子打中的区域面积；
(3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D应满足的条件，并计算电子在磁场中运动最短时
间（计算结果保留1位有效数字）；
(4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足B′=kx(k=2×10−4T/m)，x为该位
置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度D′应满足的条件。
【答案】(1)v =106m/s
m
(2)S=1.08m2
(3)D≥0.9m，t ≈1×10−6s
min
(4)D′≥0.3m
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【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得E =hν−W 电场中动能定理eU= mv 2−E 解得
km 0 2 m km
v =106m/s
m
1
（2）设极板上有光电子打中得区域为半径为y的圆形区域，电子的最大动能为E = mv 2 当电子以
km 2 0
最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘。此时电子在平行极板方向做匀速
1
直线运动，则y=v t电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有d = at2 其中，根据牛顿第二定律可
0 1 2
Ue
知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为a=
联立得y=0.6m则，极板A上有光电子打中的区域面
d m
1
积为S=πy2=1.08m2
at
（3）设电子经过A板时最大速度大小为v ，与板最小夹角为α，则tanα= ，解得α=53°，所有电
m v
0
子均不从右侧边界飞出临界情况如图
mv 2
由几何关系得D =r(1+cosα)，ev B= m ，解得D =0.9m，所以磁场宽度D应满足的条件为
m m r m
D≥0.9m。光电子在磁场中运动最短时间对应轨迹如图
2πr 2πm 106°
电子在磁场中运动的周期为T= = ，运动的最小时间为t = T，解得
v eB min 360°
159
t = ×10−6s≈1×10−6s
min 160
（4）取向下为y轴正方向，由y方向动量定理得∑eBv Δt=mv−mv ，则∑ekxΔx=mv−mv ，
x y y
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所以 ekx2=mv−mv ，当v =6×105m/s向上时，电子水平位移最大，此时D′=x =0.3m
2 y y m
磁场宽度D′应满足的条件D′≥0.3m。
18．（24-25高三下·浙江诸暨·二模）如图甲所示是托卡马克装置的结构示意图，其主要包括环形真空室、
极向场线圈、环向场线圈等，在环形真空室内注入少量氢的同位素氘和氚，提高温度使其发生聚变反
应。如图乙所示为环形真空室的示意图，它的轴线半径为r，横截面的圆半径为R，假设环形真空室
内粒子质量为m、电荷量为+q，粒子碰到真空室的室壁立即被吸收。
【提示：空间角是三维空间中的角度度量，用于描述从一个点出发所能观察到的立体角，半顶角为θ
的圆锥形发散空间角为2π(1−cosθ)】
(1)写出氘和氚核聚变的核反应方程式；
(2)若粒子以v 速度沿真空室轴线做匀速圆周运动，求极向场线圈产生磁场的大小；
0
(3)将装置中相邻环向场线圈简化为两个平行线圈，通电后在真空室内产生磁感应强度为B 的匀强磁
0
场，如图丙所示。位于两个线圈轴线中点的粒子源O向右侧各个方向均匀发射速度大小为
5qB R
v = 0 的粒子。
0 8m
①若某粒子发射时速度方向与x轴的夹角θ=37°，求该粒子做螺旋线运动的螺距；
②求粒子源发出的粒子没有被室壁吸收的百分比η ；
1
(4)实际装置的环向场线圈产生类似“磁瓶”形状的非匀强磁场来约束粒子，如图丁所示。已知沿轴线
方向的磁感应强度最大和最小的关系为：B =k B ，在粒子运行过程中，垂直轴线方向速度的平
max 1 min
v2
方与沿轴线方向的磁感应强度的大小之比为一常数，即 ⊥=k 。位于轴线中点的粒子源O向右侧各
B 2
x
个方向均匀发射粒子（所有粒子均没有碰到室壁），求粒子能被约束在“磁瓶”内的比例η 。
2
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学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)❑ 2H+3H→4He+1n
1 1 2 0
mv
(2) 0
qr
(3)πR，40%
√k −1
(4) 1
k
1
【详解】（1）氘和氚核聚变的核反应方程式 2H+3H→4He+1n
1 1 2 0
v2 mv
（2）设极向场线圈产生的磁场大小为B，洛仑兹力提供向心力qv B=m 0 解得B= 0
0 r qr
（3）带电粒子与x轴成θ角射入环向磁场，粒子沿螺旋线运动。
2πm
①设粒子垂直轴向做圆周运动的周期为T，则T= 设粒子沿轴向上做匀速运动的速度v，则螺距
qB x
0
2πmv cosθ
L=v T= 0 解得L=πR
x qB
0
②粒子垂直轴向上做匀速圆周运动，设粒子刚好碰到室壁的角度为θ，洛仑兹力提供向心力
v2
qvB=m ⊥
r
1 qB R 4
半径为r= R 根据速度的分解，有v =v sinθ 可得sinθ= 0 = 粒子源发出的粒子没有被室
2 ⊥ 0 2mv 5
0
2π(1−cosθ)
壁吸收的百分比η = ×100% 解得η =40%
1 2π 1
（4）中点O处的磁场最弱，设在O处发射粒子的速度为v，与轴线夹角为θ；“磁瓶”的“瓶颈”处
磁场最强，粒子运动到此处时速度方向恰好与轴线垂直，则粒子能够被约束在“磁瓶”内，因为洛仑
v2 v2 (vsinθ) 2
兹力不做功，粒子速度大小始终为v。根据题意可知k = ⊥ 可得 = 即
2 B B B
x max min
B 1 2π−2π(1−cosθ)
sin2θ= min= 则角度大于θ的粒子能被约束在“磁瓶”内η = 可得
B k 2 2π
max 1
√k −1
η =cosθ= 1
2 k
1
19.（2025·浙江绍兴一中·模拟）《中国激光》杂志第六期（2025.3）报道，上海光学精密机械研究所林楠
团队创新地采用固体激光器方案，实现了LPP-EUV光源技术全球领先，这标志着国产芯片制造迈入
了新阶段。物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，该设备的结构图简化如下（z方向足够
长），晶圆（截面MN）固定放置于xOy坐标系的第一象限内，OMN区域内有匀强磁场，磁感应强度
B=1×10−2T，方向沿z轴负方向；第二象限内有匀强电场，场强E=2×104V/m，方向沿y轴负方
向。初速可略的氩离子（比荷q /m = 2.4×106C/kg）经电压为U（待求）的电场加速后，从
1 1
P(−0.5m,0.6m)点水平进入匀强电场E中，恰好打到位于原点O处的金属靶材并被全部吸收，靶材
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学科网（北京）股份有限公司溅射出的金属离子（比荷q /m =2.0×106C/kg）从O点飞入磁场区域，速度大小均为1×104m/s
2 2
，并沉积在晶圆上。忽略离子重力及其间的相互作用力，求：
(1)U的数值；
(2)假设进入磁场的离子沿各个方向都有，求晶圆MN方向上的涂膜（金属离子打中的区域）长度；
(3)假设从O点飞入磁场的离子分布在半顶角θ=45°的圆锥侧面上，圆锥对称轴垂直于晶圆截面，如
图乙，考察α=90°方向上的离子，打在晶圆上的位置坐标。
5
【答案】(1)U= ×104V
24
(2)0.5m
(3)0.555m
1 1 q E
【详解】（1）氩离子在电场中做类平抛运动，竖直方向有y= at2= 1 t2 水平方向有x=v t
2 2 m 0
1
1 5
在加速电场中，由动能定理可得q U= m v2−0 联立解得U= ×104V
1 2 1 0 24
m v2
（2）金属离子在磁场中做匀速圆周运动，有q vB= 2 解得r=0.5m
2 r
沿x轴正向射出的离子，圆心在M点，落点到M点的距离为0.5m，分析知，离子能直接打到M点
（此时的弦切角为30°<45°），故涂膜的长度为0.5m。
（3）对着A点入射的离子，v与B方向不再垂直，将v正交分解，得v =vsin45°，v =vcos45°
z ⊥
mv 1 1
则r′= ⊥= m 在xOy平面内，其落点的y坐标为2r′sin45°= 即落在M点，故x=0，
qB 2√2 2
T πm π √2π
y=0.5m，图孤所对的圆心角为90°，则t= = = ×10−4s 故z=v t= m≈0.555m
4 2Bq 4 z 8
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