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专题11磁场-十年（2012-2021）高考物理真题分项汇编（山东专版）
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十年（2012-2021）高考物理真题分项详解（山东专版）
专题11 磁场
一、 山东省最近10年高考物理分析：
2021年，单独命题，单科
2020年，单独命题，单科
2019年，全国I卷，理综物理
2018年，全国I卷，理综物理
2017年，全国I卷，理综物理
2016年，全国I卷，理综物理
2015年，单独命题，理综物理
2014年，单独命题，理综物理
2013年，单独命题，理综物理
2012年，单独命题，理综物理
二、2012-2021年高考物理试题全解全析：
1、（2012·山东卷·T23）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0．在t＝0时刻将一个质量为m电量为﹣q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，电场力做功等于粒子动能的增加；
（2）使粒子不与极板相撞，则运动的半径大于；
（3）粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，则从s1再次进入电场时的时刻是，粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，根据匀速运动的规律求得时间，粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′＝T；然后根据洛伦兹力提供向心力，即可求得磁感应强度。
【解析】（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：
代入数据，得：
又：，
联立以上两式，得：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：，
得：
使粒子不与极板相撞，则运动的半径
联立以上两式，得：
（3）粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从s1再次进入电场时的时刻是；
粒子从右向左应是水平匀速穿过无场区，距离为d，时间为：
粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在磁场中运动的总时间：
粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′＝T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：
，vT＝2πr
联立以上公式得：。
答：（1）粒子到达S2时的速度和极板间距；
（2）磁感应强度的大小应满足的条件；
（3）粒子在磁场内运动的时间，磁感应强度的。
【点评】该题中粒子在左右磁场中的时间是相等的，在电场中加速和减速的时间也是相等的，是这解题的关键。该题解题的过程复杂，公式较多，容易在解题的过程中出现错误。属于难度大的题目。
2、（2013•山东）如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力。
（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，将运动安水平方向与竖直方向分解，并结合动能定理可以求出粒子的速度和方向。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，由数学知识求出粒子的轨道半径；洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（3）求出粒子在磁场中的运动时间，求出粒子在二四象限运动的时间，然后求出粒子总的运动时间。
【解析】（1）粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，水平方向：2d＝v0t
竖直方向做匀加速直线运动，最大速度vy：
联立以上三公式，得：
粒子的合速度：
设合速度与水平方向的夹角为θ，则：，故θ＝45°
（2）粒子以垂直y轴的方向进入第二象限，则粒子偏转的角度是135°，粒子运动的轨迹如图，则
圆心到O点的距离是2d，偏转半径r＝，射出点到O点的距离是2d+2d。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
代人数据，整理得：
（3）若经过一段时间后粒子能够再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同则粒子运动的轨如图：
它在磁场中运动的半径：
粒子在一、三象限中运动的总时间：
粒子中二、四象限中运动轨迹的长度：
粒子中二、四象限中运动的时间：
粒子相邻两次经过Q点所用的时间：
答：（1）粒子过Q点时速度的大小，与水平方向的夹角θ＝45° （2）粒子以垂直y轴的方向进入第二象限时（3）粒子相邻两次经过Q点所用的时间
【点评】本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
3、（2014·山东卷·T24）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t＝0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量。
（1）若△t＝TB，求B0；
（2）若△t＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；
（2）由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度；
（3）由粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与几何知识可以分析答题。
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m①
根据题意，由几何知识可知，R1＝d ②
解得：B0＝③
（2）设粒子的轨道半径为R2，加速度为a，
由向心加速度公式得：a＝④
根据题意由几何知识可知，3R2＝d ⑤
解得：a＝⑥
（3）设粒子的轨道半径为R，周期为T，则T＝⑦
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m⑧
由题意知B0＝，代入⑧得
d＝4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为θ，
在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，
由题意可知：
T＝⑩
设经历整个完整TB的个数为n（n＝0、1、2、3…）
若在A点击中P板，根据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsinθ）n＝d⑪
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立式得
θ＝（或sinθ＝）⑫
联立⑦⑨⑩⑫式得TB＝⑬
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R+2Rsinθ+2（R+Rsinθ）n＝d⑭
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立⑨⑭式得
θ＝arcsin（或sinθ＝）⑮
联立⑦⑨⑩⑮式得TB＝（+arcsin）
因此TB＝或者TB＝（+arcsin）。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律即可正确解题。
4、（2015·山东卷·T24）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）带电粒子在电场中做加速运动；根据动能定理可求得电场强度的大小；
（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛伦兹充当向心力求解磁感应强度；
（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．
【解析】解：（1）设极板间电场强度大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：
qE＝mv2
解得：E＝
（2）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：
R＝；
解得：B＝；
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：
R＝；
解得：B＝
（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小分别为B1＝；B2＝；由牛顿第二定律可得：
qvB1＝m，qvB2＝m
代入解得：R1＝，R2＝；
设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：
T1＝，T2＝
由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，II区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为α，由几何关系可得：
θ1＝120°
在区域II中恰好经过了半个圆周，故θ2＝180°
α＝60°
粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：
t1＝×T1，t2＝×T2
设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s＝v（t1+t2）
联立解得：s＝5.5πD
答：（1）极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小或；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，这段时间粒子运动的路程5.5πD．
【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确洛伦兹力充当向心力的应用，同时要注意分析可能的运动过程，特别是具有对称性的性质要注意把握．
5、（2016·全国I卷（山东）·T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A．11
B．12
C．121
D．144
【答案】D
【解析】根据动能定理可得：，带电粒子进入磁场时速度，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，，解得：，所以此离子和质子的质量比约为144，故A、B、C错误，D正确
6、（2016·全国I卷（山东）·T24)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小。
【答案】（1）mg(sin θ–3μcos θ) （2）(sin θ–3μcos θ)
【解析】（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F① N1=2mgcos θ②
对于cd棒，同理有mgsinθ+μN2=T③ N2=mgcosθ④
联立①②③④式得F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤
（2）由安培力公式得F=BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦
式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ–3μcos θ)⑨
7、（2017·全国I卷（山东）·T19)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误。
8、（2017·全国I卷（山东）·T16)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。
9、（2018·全国I卷（山东）·T25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求
（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离
（2）磁场的磁感应强度大小
（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为。由运动学公式有
①
②
由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的y分量的大小为
③
联立以上各式得
④
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有
⑤
设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有
⑥
设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
⑧
联立以上各式得
⑨
（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得
⑩
由牛顿第二定律有
⑪
设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为。由运动学公式有 学科&网
⑫
⑬
⑭
⑮
联立以上各式得
，， ⑯
设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
⑰
所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
⑲
10、（2018·全国I卷（山东）·T19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。
11、（2019·全国I卷（山东）·T24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x辅的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2）或
【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：或
12、（2019·全国I卷（山东）·T17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F
B．1.5F
C．0.5F
D．0
【答案】B
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为
，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为。
13、（2020·山东卷·T17）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置
【解析】
(1)设粒子经加速电场到b孔速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU=mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
②
联立①②式得
③
由几何关系得
④
⑤
⑥
联立①②④式得
⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得
y'=vtsinα ⑬
由题意得
y=L+y' ⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。
14、（2021·山东卷·T17）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标面点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，如速后沿x轴正方向过Q点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为地，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
十年（2012-2021）高考物理真题分项详解（山东专版）
专题11 磁场
一、 山东省最近10年高考物理分析：
2021年，单独命题，单科
2020年，单独命题，单科
2019年，全国I卷，理综物理
2018年，全国I卷，理综物理
2017年，全国I卷，理综物理
2016年，全国I卷，理综物理
2015年，单独命题，理综物理
2014年，单独命题，理综物理
2013年，单独命题，理综物理
2012年，单独命题，理综物理
二、2012-2021年高考物理试题全解全析：
1、（2012·山东卷·T23）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0．在t＝0时刻将一个质量为m电量为﹣q（q＞0）的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）
（1）求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d；
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，电场力做功等于粒子动能的增加；
（2）使粒子不与极板相撞，则运动的半径大于；
（3）粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，则从s1再次进入电场时的时刻是，粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，根据匀速运动的规律求得时间，粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′＝T；然后根据洛伦兹力提供向心力，即可求得磁感应强度。
【解析】（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：
代入数据，得：
又：，
联立以上两式，得：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：，
得：
使粒子不与极板相撞，则运动的半径
联立以上两式，得：
（3）粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从s1再次进入电场时的时刻是；
粒子从右向左应是水平匀速穿过无场区，距离为d，时间为：
粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在磁场中运动的总时间：
粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′＝T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：
，vT＝2πr
联立以上公式得：。
答：（1）粒子到达S2时的速度和极板间距；
（2）磁感应强度的大小应满足的条件；
（3）粒子在磁场内运动的时间，磁感应强度的。
【点评】该题中粒子在左右磁场中的时间是相等的，在电场中加速和减速的时间也是相等的，是这解题的关键。该题解题的过程复杂，公式较多，容易在解题的过程中出现错误。属于难度大的题目。
2、（2013•山东）如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d，不计粒子重力。
（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，将运动安水平方向与竖直方向分解，并结合动能定理可以求出粒子的速度和方向。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，由数学知识求出粒子的轨道半径；洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度。
（3）求出粒子在磁场中的运动时间，求出粒子在二四象限运动的时间，然后求出粒子总的运动时间。
【解析】（1）粒子在第四象限的电场中做类平抛运动，水平方向：2d＝v0t
竖直方向做匀加速直线运动，最大速度vy：
联立以上三公式，得：
粒子的合速度：
设合速度与水平方向的夹角为θ，则：，故θ＝45°
（2）粒子以垂直y轴的方向进入第二象限，则粒子偏转的角度是135°，粒子运动的轨迹如图，则
圆心到O点的距离是2d，偏转半径r＝，射出点到O点的距离是2d+2d。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
代人数据，整理得：
（3）若经过一段时间后粒子能够再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同则粒子运动的轨如图：
它在磁场中运动的半径：
粒子在一、三象限中运动的总时间：
粒子中二、四象限中运动轨迹的长度：
粒子中二、四象限中运动的时间：
粒子相邻两次经过Q点所用的时间：
答：（1）粒子过Q点时速度的大小，与水平方向的夹角θ＝45° （2）粒子以垂直y轴的方向进入第二象限时（3）粒子相邻两次经过Q点所用的时间
【点评】本题是带电粒子在电场、磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹。应用数学知识求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点，也是正确解题的关键。
3、（2014·山东卷·T24）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t＝0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经△t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量。
（1）若△t＝TB，求B0；
（2）若△t＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；
（2）由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度；
（3）由粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与几何知识可以分析答题。
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m①
根据题意，由几何知识可知，R1＝d ②
解得：B0＝③
（2）设粒子的轨道半径为R2，加速度为a，
由向心加速度公式得：a＝④
根据题意由几何知识可知，3R2＝d ⑤
解得：a＝⑥
（3）设粒子的轨道半径为R，周期为T，则T＝⑦
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m⑧
由题意知B0＝，代入⑧得
d＝4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为θ，
在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，
由题意可知：
T＝⑩
设经历整个完整TB的个数为n（n＝0、1、2、3…）
若在A点击中P板，根据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsinθ）n＝d⑪
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立式得
θ＝（或sinθ＝）⑫
联立⑦⑨⑩⑫式得TB＝⑬
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R+2Rsinθ+2（R+Rsinθ）n＝d⑭
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立⑨⑭式得
θ＝arcsin（或sinθ＝）⑮
联立⑦⑨⑩⑮式得TB＝（+arcsin）
因此TB＝或者TB＝（+arcsin）。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律即可正确解题。
4、（2015·山东卷·T24）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上级板开有一小孔。一质量为m，电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【分析】（1）带电粒子在电场中做加速运动；根据动能定理可求得电场强度的大小；
（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛伦兹充当向心力求解磁感应强度；
（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．
【解析】解：（1）设极板间电场强度大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：
qE＝mv2
解得：E＝
（2）设I区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：
qvB＝m
如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：
R＝；
解得：B＝；
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：
R＝；
解得：B＝
（3）设粒子在I区和II区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I区和II内的磁感应强度大小分别为B1＝；B2＝；由牛顿第二定律可得：
qvB1＝m，qvB2＝m
代入解得：R1＝，R2＝；
设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：
T1＝，T2＝
由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，II区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角为α，由几何关系可得：
θ1＝120°
在区域II中恰好经过了半个圆周，故θ2＝180°
α＝60°
粒子重复上述交替运动到H点，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：
t1＝×T1，t2＝×T2
设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s＝v（t1+t2）
联立解得：s＝5.5πD
答：（1）极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小或；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，这段时间粒子运动的路程5.5πD．
【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确洛伦兹力充当向心力的应用，同时要注意分析可能的运动过程，特别是具有对称性的性质要注意把握．
5、（2016·全国I卷（山东）·T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A．11
B．12
C．121
D．144
【答案】D
【解析】根据动能定理可得：，带电粒子进入磁场时速度，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，，解得：，所以此离子和质子的质量比约为144，故A、B、C错误，D正确
6、（2016·全国I卷（山东）·T24)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求
（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小。
【答案】（1）mg(sin θ–3μcos θ) （2）(sin θ–3μcos θ)
【解析】（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F① N1=2mgcos θ②
对于cd棒，同理有mgsinθ+μN2=T③ N2=mgcosθ④
联立①②③④式得F=mg(sin θ–3μcos θ)⑤
（2）由安培力公式得F=BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦
式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ–3μcos θ)⑨
7、（2017·全国I卷（山东）·T19)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误。
8、（2017·全国I卷（山东）·T16)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。
9、（2018·全国I卷（山东）·T25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求
（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离
（2）磁场的磁感应强度大小
（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为。由运动学公式有
①
②
由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的y分量的大小为
③
联立以上各式得
④
（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有
⑤
设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有
⑥
设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
⑦
由几何关系得
⑧
联立以上各式得
⑨
（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得
⑩
由牛顿第二定律有
⑪
设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为。由运动学公式有 学科&网
⑫
⑬
⑭
⑮
联立以上各式得
，， ⑯
设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
⑰
所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
⑲
10、（2018·全国I卷（山东）·T19)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【答案】AD
【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。
11、（2019·全国I卷（山东）·T24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x辅的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2）或
【解析】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：或
12、（2019·全国I卷（山东）·T17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）
A．2F
B．1.5F
C．0.5F
D．0
【答案】B
【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为
，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为。
13、（2020·山东卷·T17）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为+q的粒子，从a孔飘入电场（初速度视为零），经b孔进入磁场，过P面上的c点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标（用R、d表示）；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子、氚核、氦核的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
【答案】(1)；(2)；(3)；(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置
【解析】
(1)设粒子经加速电场到b孔速度大小为v，粒子在区域I中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU=mv2 ①
在区域I中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
②
联立①②式得
③
由几何关系得
④
⑤
⑥
联立①②④式得
⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE=ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
⑨
⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y'，由运动学公式得
y'=vtsinα ⑬
由题意得
y=L+y' ⑭
联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式
⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核、氦核、质子的位置。
14、（2021·山东卷·T17）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标面点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，如速后沿x轴正方向过Q点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为地，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
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