2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题9磁场

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2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题9磁场
一．选择题（共17小题）
1．（2023•杭州二模）下列属于磁感应强度的单位且用国际单位制中基本单位符号表示的是（　　）
A．T B．N•A﹣1•m﹣1 C．kg•A﹣1•s﹣2 D．kg•A﹣1•s﹣3
2．（2021•诸暨市模拟）如图所示，上世纪70年代科学家发现一种“趋磁细菌”，体内的磁性小颗粒有规则排列成“指南针”。它是一种厌氧细菌，喜欢生活在海底缺氧的淤泥中，当被搅到有氧的海水中时，会利用自身“指南针”沿着地磁场的磁感线回到海底淤泥中。下列说法正确的是（　　）

A．赤道的“趋磁细菌”顺着地磁场方向竖直返回淤泥中
B．南半球的“趋磁细菌”逆着地磁场方向朝南返回淤泥中
C．北半球的“趋磁细菌”顺着地磁场方向朝南返回淤泥中
D．两极的“趋磁细菌”沿着地磁场的磁感线不能返回淤泥中
3．（2022•浙江模拟）如图，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等（如图中虚线所示）。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线以图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比（　　）

A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小
C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变
4．（2022•浙江模拟）如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V、内阻r＝0.2Ω，限流电阻R0＝4.8Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.5Ω，闭合开关后，当液体旋转时电压表的示数恒为2V，则（　　）

A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1×10﹣3N
C．闭合开关后，液体热功率为0.081W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是45J
5．（2022•温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
6．（2022•浙江模拟）小明同学制作了一个有趣的“简易电动机”，将一节5号干电池的正极向上，几块圆柱形强磁铁片（能导电）吸附在电池的负极上，把一段裸铜导线弯折成一个线框，如图甲所示，线框上端的中点折出一个突出部分与电池的正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，如图乙所示，放手后线框就会转动起来．关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）

A．若磁铁N极朝上，从上往下看，该线框逆时针旋转
B．若将磁铁上下对调，“电动机转动方向可能不变
C．若在磁铁下面再吸附一块同样的磁铁片，转动稳定后转速更大
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，电源的功率不断增大
7．（2021•宁波二模）如图甲所示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，线圈匝数为n，面积为S，线圈a、b两边导线长均为l，所在处的磁感应强度大小均为B，当线圈中通电流I时，a、b边所受安培力F方向如图乙所示。则（　　）

A．该辐向磁场是匀强磁场
B．穿过线圈的磁通量为BS
C．转动过程中安培力F大小总为nBIl
D．线圈a边导线电流方向垂直纸面向里
8．（2022•浙江模拟）ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，b点为圆周的最低点，现有两个质量与电量均相同的带正电穿孔小球A、B分别从a处由静止释放，A从a点滑到b点的时间为t1，B从a点滑到c点的时间为t2，不考虑A、B之间的静电力，下列判断正确的是（　　）

A．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强电场，则两小球下滑时间为t2＞t1
B．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强磁场，则两小球下滑时间为t2＝t1
C．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强磁场，则两小球下滑时间为t2＞t1
D．若题干中光滑细杆换成动摩擦因数相同的粗糙细杆，则两小球下滑时间为t2＝t1
9．（2022•鄂城区校级模拟）为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是（　　）

A．图中所接电源为直流电源，a极为电源正极
B．同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退
C．加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等
D．电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能
10．（2021•温州模拟）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜坡上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为Ⅰ的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止。两导体棒粗细不计，则下列说法正确的是（　　）

A．a、b两导体棒受到的安培力相同
B．b棒中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下
C．将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒a不可能保持静止
D．将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，导体棒a对斜面的压力可能不变
11．（2021•绍兴二模）如图所示，在架子上吊着一根绝缘导线，右侧导线下部某处装有一个铅坠，使导线保持竖直状态，下端连接着一个铝箔刷子，刷子下方放置一张铝箔，调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触。将左侧导线接到电源的正极上，电源的负极连接铝箔，用可移动的夹子水平地夹住一根强磁铁，右端N极正对右侧导线，接通电源，发现右侧导线在摆动。下列判断正确的是（　　）

A．右侧导线开始时垂直纸面向里摆动
B．右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用
C．右侧导线在整个摆动过程中安培力对其做正功
D．同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始摆动方向与原来相同
12．（2023•宁波二模）如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻两线圈间作用力最大
B．t2时刻两线圈间作用力最大
C．在t1到t2时间内，A、B两线圈相互排斥
D．在t2到t3时间内，A、B两线圈相互排斥
13．（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
14．（2023•温州模拟）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（　　）

A．O点的磁感应强度大小为零
B．A点和B点的磁感应强度相同
C．a导线所受安培力为F
D．a导线所受安培力方向沿Oa指向a
15．（2022•浙江三模）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法中正确的是（　　）

A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
16．（2023•浙江模拟）质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A．导体棒的安培力大小为BILcosθ
B．导体棒受到导轨对它向左的摩擦力
C．导体棒对导轨的压力大于重力
D．导体棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
17．（2023•宁波一模）在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子（　　）

A．从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C．从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D．从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
二．多选题（共3小题）
（多选）18．（2022•浙江模拟）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（ ZAX）发生了一次α衰变．放射出的α粒子（ 24He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示，真空中光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．新核Y在磁场中做圆周运动的轨道半径为RY=4Z-4R
B．α粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为I=Bq22πm
C．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中旋转方向相同，且轨迹为相内切的圆
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核Y的动能，则衰变过程中的质量亏损约为Δm=A(qBR)22m(A-4)c2
（多选）19．（2021•浙江模拟）质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为d，电势差为U．质量为m、电荷量为q的正离子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器。离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝P垂直于磁场方向进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动并打在胶片A1A2上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E，则（　　）

A．速度选择器中磁场B的方向垂直纸面向里
B．加速电场场强大小为qB02R22md
C．离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，离子的荷质比越小
D．能通过狭缝P的带电离子的速率等于EB
（多选）20．（2021•岱山县校级模拟）如图所示为一种质谱仪示意图。由加速电场.静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ=2BqmER
D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
三．计算题（共8小题）
21．（2023•浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E=2mv2eR，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。

22．（2023•浙江二模）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O﹣xyz，另一底面中心O'点坐标为（0，0，1），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。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，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和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ=-8mv02l2eR2，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c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UPQ＜0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。

23．（2023•宁波一模）如图所示，在y轴右侧x＝0到x＝0.5d区域存在两个关于x轴对称且大小均为E的匀强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场①；在y轴左侧存在一半径为d，圆心坐标为（﹣d，0）的匀强磁场②，匀强磁场②外侧紧贴一圆心角β＝270°的绝缘刚性圆筒，圆筒关于x轴对称放置。一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子以速度v0=B0qdm从（0，0.5d）的A点水平射入匀强电场，粒子经过匀强磁场①区域后恰好从（0，﹣0.5d）点由另一个匀强电场水平飞出。已知匀强磁场②区的磁感应强度为B0，匀强电场大小E=2B02qdm，不计粒子重力，粒子在圆筒壁上碰撞反射时无能量损失。求：

（1）带电粒子在第一象限离开电场的坐标；
（2）匀强磁场①区中的磁感应强度B1；
（3）不计碰撞反射时间，从A点出发到第一次回到A点的总时间。
24．（2011•杭州校级模拟）如图甲所示，两块相同的平行金属板M、N正对着放置，相距为R2，板M、N上的小孔s1、s2与O三点共线，s2O＝R，连线s1O垂直于板M、N．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R，两端点P、Q关于连线s1O对称，屏PQ所对的圆心角θ＝120°．质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经s1进入M、N间的电场，接着通过s2进入磁场。质子重力及质子间的相互作用均不计，质子在s1处的速度看作零。
（1）若M、N间的电压UMN＝+U时，求质子进入磁场时速度的大小v0。
（2）若M、N间接入如图乙所示的随时间t变化的电压UMN＝|U0sinπTt|（式中U0=3eB2R2m，周期T已知），且在质子通过板间电场区域的极短时间内板间电场视为恒定，则质子在哪些时刻自s1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？
（3）在上述（2）问的情形下，当M、N间的电压不同时，质子从s1处到打在收集屏PQ上经历的时间t会不同，求t的最大值。

25．（2022•浙江模拟）如图所示，在xOy平面内的第一象限内，直线y＝0与直线y＝x之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距为a，x轴与直线CD之间存在沿y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线CD与直线EF之间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为a的平行电子束，各电子的速度随位置大小各不一样，如图沿y轴负方向射入第一象限的匀强磁场，电子束的左边界与y轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电场，最后所有电子都垂直于EF边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为E=eaB22m。求：
（1）电子进入磁场前的最小速度；
（2）电子经过直线CD时的最大速度及该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标；
（3）单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间。

26．（2022•义乌市模拟）如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10-5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10-5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。

27．（2022•宁波二模）如图所示为某实验装置图。离子源S在开口处不断出射初速度为v0，方向沿x轴正向，电荷量为q、质量为m的正离子。Ⅰ区充满着沿y轴正方向的场强为E的匀强电场，其左边界过离子源S的开口处且平行于y轴，右边界与y轴重合。离子经Ⅰ区电场偏转后，由C点进入Ⅱ区，此时速度方向与x轴正向成θ角。Ⅱ区充满两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，其中CD上方磁场垂直纸面向外，CD下方磁场垂直纸面向里，两磁场左边界均与y轴重合，右边界与x轴垂直交于O1点，宽度为L。离子经磁场作用后恰好打到与C等高的D点。忽略离子间的相互作用及离子的重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动的时间t；
（2）求Ⅱ区内磁感应强度B的大小；
（3）若把Ⅰ区的匀强电场替换成垂直纸面的匀强磁场，能否使离子仍然从C点进入Ⅱ区，若能，求此匀强磁场的磁感应强度B'的大小，若不能请说明理由。

28．（2022•浙江模拟）我国目前采用的是托卡马克（如图甲）磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B（磁场Ⅰ）垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为v=BqRm的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
（1）环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
（2）该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；
（3）若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ＝60°角射入磁场Ⅱ（如图丁所示），则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。

2021-2023年浙江省高考物理模拟试题分类——专题9磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．（2023•杭州二模）下列属于磁感应强度的单位且用国际单位制中基本单位符号表示的是（　　）
A．T B．N•A﹣1•m﹣1 C．kg•A﹣1•s﹣2 D．kg•A﹣1•s﹣3
【解答】解：磁感应强度B的定义式可得：B=FIL
磁感应强度单位为T，则1T=1NA⋅m=1kg⋅m/s2A⋅m=1kgA⋅s2，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．（2021•诸暨市模拟）如图所示，上世纪70年代科学家发现一种“趋磁细菌”，体内的磁性小颗粒有规则排列成“指南针”。它是一种厌氧细菌，喜欢生活在海底缺氧的淤泥中，当被搅到有氧的海水中时，会利用自身“指南针”沿着地磁场的磁感线回到海底淤泥中。下列说法正确的是（　　）

A．赤道的“趋磁细菌”顺着地磁场方向竖直返回淤泥中
B．南半球的“趋磁细菌”逆着地磁场方向朝南返回淤泥中
C．北半球的“趋磁细菌”顺着地磁场方向朝南返回淤泥中
D．两极的“趋磁细菌”沿着地磁场的磁感线不能返回淤泥中
【解答】解：A、趋磁细菌会利用自身“指南针”沿着地磁场的磁感线回到海底淤泥中，所以赤道的“趋磁细菌”顺着地磁场方向向北回到淤泥中，故A错误；
BC、南半球的“趋磁细菌”作为指南针，S极受力大于N极受力，所以逆着地磁场方向朝南返回淤泥中，
同理可知：北半球的“趋磁细菌”顺着地磁场方向朝北返回淤泥中，故B正确，C错误；
D、两级的“趋磁细菌”沿着地磁场的磁感线竖直返回淤泥中，故D错误。
故选：B。
3．（2022•浙江模拟）如图，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等（如图中虚线所示）。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为FN、Ff，后来两根导线以图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比（　　）

A．FN、Ff均变大 B．FN不变，Ff变小
C．FN变大，Ff不变 D．FN变小，Ff不变
【解答】解：根据条形磁铁的磁感线的分布，结合左手定则，则可分别确定通电导线的安培力的方向，再由牛顿第三定律来得出条形磁铁的受到的安培力方向，最后根据力的合成从而确定得出，条形磁铁的摩擦力没有变化，而支持力却减小。故D正确，ABC错误；
故选：D。
4．（2022•浙江模拟）如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V、内阻r＝0.2Ω，限流电阻R0＝4.8Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.5Ω，闭合开关后，当液体旋转时电压表的示数恒为2V，则（　　）

A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1×10﹣3N
C．闭合开关后，液体热功率为0.081W
D．闭合开关10s，液体具有的动能是45J
【解答】解：A、由图所示，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；
B、电源电动势为3V，则根据闭合电路的欧姆定律：E＝U+I（R0+r），可知I＝0.2A。
液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.2×0.05N＝1×10﹣3N，故B正确。
C、根据热功率的公式P热＝I2R＝0.22×0.5W＝0.02W。故C错误。
D、根据动能定理，液体动能等于驱动液体受到的驱动力做的机械功：
W＝Pt＝（UI﹣I2R）t＝[2×0.2A﹣（0.2）2×0.5]×10J＝3.8J，故D错误。
故选：B。
5．（2022•温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
【解答】解：A.设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为
Lcd=Lsin60°=23L3
ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为
Rab：Rcd=3：2
闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为
Iab：Icd＝2：3
根据安培力公式
F＝BIL
可知ab，cd两根导体棒所受安培力为
Fab：Fcd＝1：1
故A正确；
B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
mab：mcd=3：2
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
aab：acd＝2：3
故B错误；
C.断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
U＝BLv
故C错误；
D.断开开关k，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E1＝BLv
电压表示数为
U1=RabRab+RcdE1=3BLv2+3
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E2＝BLv
电压表示数为
U2=RcdRab+RcdE2=2BLv2+3
故D错误。
故选：A。
6．（2022•浙江模拟）小明同学制作了一个有趣的“简易电动机”，将一节5号干电池的正极向上，几块圆柱形强磁铁片（能导电）吸附在电池的负极上，把一段裸铜导线弯折成一个线框，如图甲所示，线框上端的中点折出一个突出部分与电池的正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，如图乙所示，放手后线框就会转动起来．关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（　　）

A．若磁铁N极朝上，从上往下看，该线框逆时针旋转
B．若将磁铁上下对调，“电动机转动方向可能不变
C．若在磁铁下面再吸附一块同样的磁铁片，转动稳定后转速更大
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，电源的功率不断增大
【解答】解：A.线框受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；
B.将磁铁上下对调，则安培力反向，“电动机”转动方向一定改变，故B错误；
C.若在磁铁下面再增加一块同样的磁铁，磁感应强度增大，线框受到的安培力增大，转动稳定后转速更大，故C正确；
D.由静止到转动起来的过程中，转速不断增大，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流减小，根据P＝EI知，电源的功率不断减小，故D错误。
故选：C。
7．（2021•宁波二模）如图甲所示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，线圈匝数为n，面积为S，线圈a、b两边导线长均为l，所在处的磁感应强度大小均为B，当线圈中通电流I时，a、b边所受安培力F方向如图乙所示。则（　　）

A．该辐向磁场是匀强磁场
B．穿过线圈的磁通量为BS
C．转动过程中安培力F大小总为nBIl
D．线圈a边导线电流方向垂直纸面向里
【解答】解：A、该磁场中各个的磁场方向不相同，不是匀强磁场，故A错误；
B、线圈在磁场中，由对称性可知，穿过线圈的磁通量为0，故B错误；
C、转动过程中，导线与所处位置的磁场一直垂直，每根导线所受的安培力大小为BIL，线圈匝数为n，所以安培力F＝nBIL，故C正确；
D、由左手定则可知，线圈a边导线电路方向垂直纸面向外，故D错误。
故选：C。
8．（2022•浙江模拟）ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，b点为圆周的最低点，现有两个质量与电量均相同的带正电穿孔小球A、B分别从a处由静止释放，A从a点滑到b点的时间为t1，B从a点滑到c点的时间为t2，不考虑A、B之间的静电力，下列判断正确的是（　　）

A．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强电场，则两小球下滑时间为t2＞t1
B．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强磁场，则两小球下滑时间为t2＝t1
C．若在细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强磁场，则两小球下滑时间为t2＞t1
D．若题干中光滑细杆换成动摩擦因数相同的粗糙细杆，则两小球下滑时间为t2＝t1
【解答】解：设∠bac的角度为θ，圆的半径为r，则对ac上的小球的运动分析可知，
2rcosθ=12gcosθt2
解得：t=4rg，此时间与小球从a到b过程中做自由落体的时间相等。
A、若在受重力的同时，细杆所在平面再加一个竖直向下的匀强电场，A小球沿ab下落加速度与B小球沿ac下滑的加速度之比跟ab与ac细杆长度之比相等，故两小球下滑时间相等，故A错误；
BC、所在平面再加一个竖直向下的匀强磁场，A小球不受影响，B小球会增加与细杆的弹力，但如果光滑，也不改变下滑的加速度，故两小球下滑时间也相等，故B正确，C错误；
D、若光滑细杆变成粗糙细杆，A小球不受影响，会减少B小球的加速度，两小球下滑时间满足t2＞t1，故D错误。
故选：B。
9．（2022•鄂城区校级模拟）为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是（　　）

A．图中所接电源为直流电源，a极为电源正极
B．同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退
C．加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等
D．电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能
【解答】解：A、假设图中所接电源为直流电源，a极为电源正极时，电流由a指向b，根据左手定则可知，电子受到的安培力垂直纸面向里，假设错误，故A错误；
B、同时改变磁场方向和电源正负极，电子受到的安培力方向不变，故不能实现潜艇倒退，故B错误；
C、加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力时作用力与反作用力，故大小相等，故C正确；
D、虽然使用超导线圈，但是海水电阻，所以电流在海水中会产生焦耳热，故电源输出的能量完全转化为海水的动能、潜艇的动能即电流在海水中的热量，故D错误；
故选：C。
10．（2021•温州模拟）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜坡上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为Ⅰ的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止。两导体棒粗细不计，则下列说法正确的是（　　）

A．a、b两导体棒受到的安培力相同
B．b棒中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下
C．将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒a不可能保持静止
D．将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，导体棒a对斜面的压力可能不变
【解答】解：A、a、b两导体棒受到的安培力方向相反，所以不相同，故A错误；
B、根据右手螺旋定则，可判定b棒中的电流在P处产生的感应强度方向向上，故B错误；
C、对导体棒a受力分析如图，它受三个力而平衡，这三个力分别是重力、支持力和导体棒b对它的吸引力，若将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒b对导体棒a的吸引力将变小，吸引力沿斜面向上的分力必不能与重力沿斜面向下的分力平衡，所以导体棒a不可能保持静止，故C正确；
D、将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，同理可得吸引力在垂直于斜面方向的分力必变小，所以支持力一定变小，故D错误。
故选：C。

11．（2021•绍兴二模）如图所示，在架子上吊着一根绝缘导线，右侧导线下部某处装有一个铅坠，使导线保持竖直状态，下端连接着一个铝箔刷子，刷子下方放置一张铝箔，调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触。将左侧导线接到电源的正极上，电源的负极连接铝箔，用可移动的夹子水平地夹住一根强磁铁，右端N极正对右侧导线，接通电源，发现右侧导线在摆动。下列判断正确的是（　　）

A．右侧导线开始时垂直纸面向里摆动
B．右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用
C．右侧导线在整个摆动过程中安培力对其做正功
D．同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始摆动方向与原来相同
【解答】解：A、导线中是电流向下，所在处的磁场向右，由左手定则判断，导线受安培力垂直纸面向外，所以开始时导线垂直纸面向外摆动，A故错误；
B、由于刷子的下端刚好与铝箔接触，所以导线摆动以后，铝箔刷子与铝箔分离，电流为0，安培力为0，故B错误；
C、导线摆起一定角度后往回摆动，铝箔刷子与铝箔再次接触，安培力依然向外，导线的垂直纸面向里摆动，所以安培力做负功，故C错误；
D、同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，由左手定则可知，安培力方向不变，所以右侧导线开始摆动方向与原来相同，故D正确。
故选：D。
12．（2023•宁波二模）如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻两线圈间作用力最大
B．t2时刻两线圈间作用力最大
C．在t1到t2时间内，A、B两线圈相互排斥
D．在t2到t3时间内，A、B两线圈相互排斥
【解答】解：A、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故A错误；
B、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故B错误；
C、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C错误；
D、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D正确。
故选：D。
13．（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：eU=12mv2﹣0
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＝mv2r
解得电子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=1B2mUe
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。
14．（2023•温州模拟）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外，大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，则（　　）

A．O点的磁感应强度大小为零
B．A点和B点的磁感应强度相同
C．a导线所受安培力为F
D．a导线所受安培力方向沿Oa指向a
【解答】解：A．根据右手螺旋定则结合对称性可知a和d导线在O点处的磁场等大反向，b和e导线在O点处的磁场等大反向，c和f导线在O点处的磁场等大反向，故O点的磁感应强度为零，故A正确；
B．根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故B错误；
CD．根据题意可知b、f对导线a的安培力大小F，e、c对导线a的安培力大小为33F，d对导线a的安培力大小为F2，根据矢量合成的特点可知：
Fa=2Fsin30°+2×3F3sin60°+F2=5F2
因为导线的电流方向相同，所以导线直线安培力表现为相互吸引，则a导线所受安培力方向沿aO指向O，故CD错误。
故选：A。
15．（2022•浙江三模）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D到C）方向的电流。下列说法中正确的是（　　）

A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）
C．通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
【解答】解：ABC，通电后，根据右手安培定则可知CD棒产生逆时针的磁场，AB棒产生逆时针磁场，根据磁感应强度由N极指向S极结合同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知AB棒将要顺时针转动（俯视），故AC错误，B正确；
D、在线段O1O2间，由于CD棒产生逆时针的磁场，AB棒产生逆时针磁场，两磁场方向垂直，根据磁场的合成可知不存在磁感应强度为零的位置，故D错误；
故选：B。
16．（2023•浙江模拟）质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A．导体棒的安培力大小为BILcosθ
B．导体棒受到导轨对它向左的摩擦力
C．导体棒对导轨的压力大于重力
D．导体棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
【解答】解：通过导体棒的电流 I，则导体棒受到的安培F＝BIL
根据左手定则可知：安培力的方向如图所示，

受力分析f＝Fsinθ＝BILsin 方向为：水平向右
N＝mg﹣Fcosθ＝mg﹣BILcosθ，方向为：竖直向上
故ABC错误；D正确；
故选：D。
17．（2023•宁波一模）在现代研究受控热核反应的实验中，需要把107～109K的高温等离子体限制在一定空间区域内，这样的高温下几乎所有作为容器的固体材料都将熔化，磁约束就成了重要的技术。如图所示，科学家设计了一种中间弱两端强的磁场，该磁场由两侧通有等大同向电流的线圈产生。假定一带正电的粒子（不计重力）从左端附近以斜向纸内的速度进入该磁场，其运动轨迹为图示的螺旋线（未全部画出）。此后，该粒子将被约束在左右两端之间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。这种磁场被形象地称为磁瓶，磁场区域的两端被称为磁镜。根据上述信息并结合已有的知识，可以推断该粒子（　　）

A．从左端到右端的运动过程中，沿磁瓶轴线方向的速度分量逐渐变小
B．从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内的速度分量为最大值
C．从左端到右端的运动过程中，其动能先增大后减小
D．从左端到右端的运动过程中，其运动轨迹的螺距先变小后变大
【解答】解：A、从左端到右端的运动过程中，由于粒子只受洛伦兹力，故粒子的速度大小不变。由于粒子在两段之间来回运动，故在中间位置时沿磁感线方向的分速度最大，随后沿磁瓶轴线方向的速度分量变小，即沿磁瓶轴线方向的速度分量先变大后变小，故A错误；
B、根据A选项的分析可知，从靠近磁镜处返回时，在垂直于磁瓶轴线平面内时，粒子的速度与轴线垂直，故沿磁瓶轴线方向的速度分量为零，又粒子的速度的大小不变，故此时垂直磁瓶轴线方向的速度分量最大，故B正确；
C、从左端到右端的运动过程中，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力对粒子不做功，故其动能不变，故C错误；
D、粒子做圆周运动的周期为T=2πmqB，由于从左端到右端的运动过程中，磁感应强度先减小后增大，所以粒子的运动周期先增大后减小。根据题意可知，粒子运动轨迹的螺距为L＝v∥T=2πmv∥qB，由于平行于轴线的速度v∥先增大后减小，所以运动轨迹的螺距先变大后变小，故D错误。
故选：B。
二．多选题（共3小题）
（多选）18．（2022•浙江模拟）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（ ZAX）发生了一次α衰变．放射出的α粒子（ 24He）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示，真空中光速为c，下列说法正确的是（　　）
A．新核Y在磁场中做圆周运动的轨道半径为RY=4Z-4R
B．α粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为I=Bq22πm
C．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中旋转方向相同，且轨迹为相内切的圆
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核Y的动能，则衰变过程中的质量亏损约为Δm=A(qBR)22m(A-4)c2
【解答】解：A．粒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：qvB＝mv2R，
解得，粒子的轨道半径：R=mvqB，
根据半径公式可知，则：RYR=2Z-2，RY=2Z-2R，故A错误；
B．粒子做圆周运动的周期：T=2πmqB，环形电流：I=qT=I=Bq22πm，故B正确；
D．对α粒子，由洛伦兹力提供向心力：qvB＝mv2R，解得：v=qBRm①，
由质量关系可知，衰变后新核Y质量为：M=A-44m②，
衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mv′﹣mv＝0，解得：v′=mMV③，
系统增加的能量为：ΔE=12Mv′2+12mv2④，
由质能方程得：ΔE＝Δmc2⑤，
由①②③④⑤解得：Δm=A(qBR)22m(A-4)c2，故D正确；
C．由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，故C错误。
故选：BD。
（多选）19．（2021•浙江模拟）质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为d，电势差为U．质量为m、电荷量为q的正离子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器。离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝P垂直于磁场方向进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动并打在胶片A1A2上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E，则（　　）

A．速度选择器中磁场B的方向垂直纸面向里
B．加速电场场强大小为qB02R22md
C．离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，离子的荷质比越小
D．能通过狭缝P的带电离子的速率等于EB
【解答】解：A、离子受到的电场力向右，所以受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可以判断出速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
B、离子经过加速电场的过程中，由动能定理可得qE'd=12mv2，离子再匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB0=mv2R，两方程联立可解得加速电场的场强大小为E'=qB02R22md，故B正确；
C、由题意知，qU=12mv2，qvB0=mv2R，整理得qm=2UB 02R2，离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即R越小，离子的荷质比就越大，故C错误；
D、离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即qvB＝qE，所以能通过狭缝P的离子的速率等于EB，故D正确。
故选：BD。
（多选）20．（2021•岱山县校级模拟）如图所示为一种质谱仪示意图。由加速电场.静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ=2BqmER
D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【解答】解：A、带电粒子在静电分析器中，在电场力作用下，做匀速圆周运动．所以电场力指向圆心与电场的方向相同，故粒子带正电，故A正确；
B、在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有qE=mv2R①，在加速电场中，有qU=12mv2②，
联立得：U=ER2，故B错误；
CD、在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R③，
由①②③联立得：R=1BERmq，所以直径d＝2R=2BERmq，若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明圆周运动的直径相同，由于磁场、电场、静电分析器的半径R都不变，则该群粒子具有相同的比荷，故C错误，D正确。
故选：AD。
三．计算题（共8小题）
21．（2023•浙江模拟）如图1所示，在xOy平面上的第一象限全部区域有大小为E=2mv2eR，方向竖直向上的匀强电场，有一位于第二象限的电子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v的电子，形成沿y轴方向均匀分布的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x轴上，其横坐标分布范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力，忽略电子间的相互作用。
（1）求荧光区域的横坐标的最小值；
（2）若从y＝R沿x轴正方向射出的电子与荧光屏第一次碰撞的作用时间为t0，求第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小；
（3）求荧光区域的横坐标的最大值；
（4）现把匀强电场撤去，在第一象限全部区域加上方向垂直向里的匀强磁场B，如图2所示。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），求B的取值范围。

【解答】解：（1）根据题意，电子做类平抛运动，E=Fe，a=Fm，xmin＝vt，R=12at2
解得xmin＝R
（2）电子打在荧光屏上时竖直方向的速度为vy=Eemt=2v
电子每次碰撞过程中机械能损失75%，则100%﹣75%＝25%
则当电子与荧光屏碰撞过程有25%×12m(v22+vy2)=12m(vx12+vy12)，tanθ=vyv=vy1vx1
解得vy1＝v，vx1=v2
根据动量定理，有﹣Fxt0＝mvx1﹣mv，﹣Fyt0＝﹣mvy1﹣mvy
所以F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）电子从y＝2R沿x轴正方向射出，有x0＝vt1，2R=12Eemt12
解得x0=2R
第一次碰撞后电子的速度为vy1=12vy=v=gt2，vx1=12vx=12v
第一次碰撞后电子的水平位移为x1=2×14x0
第二次碰撞后电子的水平位移为x2=2×14x1
第n次碰撞后电子的水平位移为xn=2×14xn-1
所以xmax=x0+x1+⋯+xn=2R+2×142R1-14=523R
（4）根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即rn=12rn-1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则rmin（1+cosθ）＝2Rrminsinθ=12rmin(1-sinθ)
联立解得rmin=6R3+22，Bmax=(3+22)mv6eR
根据几何关系x1＝rsinθ，xn=2×12xn-1
所以x＝x1+x2+⋯+xn＝rsinθ+2×12rsinθ1-12=3rsinθ≤5R
所以rmax=5R3，Bmin=3mv5eR
所以B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
答：（1）荧光区域的横坐标的最小值为xmin＝R，
（2）第一次碰撞过程中荧光屏对该电子的作用力大小为F=Fx2+Fy2=37mv2t0
（3）荧光区域的横坐标的最大值为523R，
（4）B的取值范围为3mv5eR≤B≤(3+22)mv6eR
22．（2023•浙江二模）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O﹣xyz，另一底面中心O'点坐标为（0，0，1），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。在磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边在xOy平面内，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出，区域内均匀分布一电子源，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和Q，圆心分别位于M点和N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ=-8mv02l2eR2，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c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UPQ＜0且大小可调，求Q板收集到的电子数n与UPQ的关系。

【解答】解：（1）沿x轴正方向射入磁场的电子从M点射出，电子在磁场中做运动圆周运动的轨道半径r＝R
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B＝mv02r
解得磁感应强度大小：B=mv0eR
（2）从b、c两点射出的电子运动轨迹如图所示

由几何知识可知：sinα0.6RR=0.6，sinβ=0.8RR=0.8
电子在金属板间做类平抛运动，则l=12at2，Nc'=v0t
由牛顿第二定律得：﹣eUPQl=ma
解得：Nc'=0.5R，则x=-Nc'sinα＝﹣0.5R×0.6＝﹣0.3R，y=-Nc'cosα＝﹣0.5R×0.8＝﹣0.4R
即从c点射出的电子打在金属板上的位置坐标是（﹣0.3R，﹣0.4R，l）
（3）由（2）同理可知，Q极板收集到电子区域为下图中圆弧区域

Q极板收集到电子区域的面积S=14πNc'2=14π×(0.5R)2=πR216
（4）当从b、c两点射出的电子恰好到达收集板边缘时，由（2）同理可得：UPQ=-2mv02l2eR2
①当UPQ≤-2mv02l2eR2时所有电子都能打在收集板上，n＝N
②当-2mv02l2eR2＜UPQ＜0时，假设坐标为z处射出的电子恰好到达收集板边缘，则z=12at2，R＝v0t
由牛顿第二定律得：﹣eUPQl=ma，则n=Nlz
解得：n=-eR2N2mv02l2UPQ
答：（1）磁感应强度B的大小是mv0eR；
（2）从c点射出的电子打到金属板上时的位置坐标是（﹣0.3R，﹣0.4R，l）；
（3）Q极板收集到电子区域的面积是πR216；
（4）若UPQ＜0且大小可调，Q板收集到的电子数n与UPQ的关系是n=-eR2N2mv02l2UPQ。
23．（2023•宁波一模）如图所示，在y轴右侧x＝0到x＝0.5d区域存在两个关于x轴对称且大小均为E的匀强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场①；在y轴左侧存在一半径为d，圆心坐标为（﹣d，0）的匀强磁场②，匀强磁场②外侧紧贴一圆心角β＝270°的绝缘刚性圆筒，圆筒关于x轴对称放置。一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子以速度v0=B0qdm从（0，0.5d）的A点水平射入匀强电场，粒子经过匀强磁场①区域后恰好从（0，﹣0.5d）点由另一个匀强电场水平飞出。已知匀强磁场②区的磁感应强度为B0，匀强电场大小E=2B02qdm，不计粒子重力，粒子在圆筒壁上碰撞反射时无能量损失。求：

（1）带电粒子在第一象限离开电场的坐标；
（2）匀强磁场①区中的磁感应强度B1；
（3）不计碰撞反射时间，从A点出发到第一次回到A点的总时间。
【解答】解：根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹，如下图所示

（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得：
y=12at2=12×qEm×(0.5dv0)2
将E=2B02qdm代入，可得：y＝0.25d；
所以粒子离开匀强电场的坐标为（0.5d，0.25d）；
（2）粒子的进入匀强磁场①区，偏转角度的正切值tanθ＝2×0.25d0.5d=1
即带电粒子进入磁场时与y轴的夹角为45°
粒子的进入匀强磁场①区的瞬时速度大小v'=2v0
经过匀强磁场①后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电场，说明粒子在磁场中的轨迹关于x轴对称，
根据几何关系可知在匀强磁场①区的轨迹半径为r1=24d
根据洛伦兹力提供向心力即，B1v'q＝mv'2r1
解得：r1=mv'qB1
可知B1＝4B0；
（3）粒子在两段匀强电场中的时间t1＝2×0.5dv0=mB0q
在匀强磁场①区中的时间为90°圆心角对应的时间，即t2=14×2πmqB1=πm8qB0；
从B到C和从D到A的时间t3＝2×(1-32)dv0=(2-3)mqB0
带电粒子在匀强磁场②区中的时间t4=56×2πmqB0=5πm3qB0
所以粒子从出发到回到O点总时间为t总＝t1+t2+t3+t4＝（3-3+43π24）mqB0。
答：（1）带电粒子在第一象限离开电场的坐标为（0.5d，0.25d）；
（2）匀强磁场①区中的磁感应强度为4B0；
（3）不计碰撞反射时间，从A点出发到第一次回到A点的总时间为（3-3+43π24）mqB0。
24．（2011•杭州校级模拟）如图甲所示，两块相同的平行金属板M、N正对着放置，相距为R2，板M、N上的小孔s1、s2与O三点共线，s2O＝R，连线s1O垂直于板M、N．以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。收集屏PQ上各点到O点的距离都为2R，两端点P、Q关于连线s1O对称，屏PQ所对的圆心角θ＝120°．质量为m、电荷量为e的质子连续不断地经s1进入M、N间的电场，接着通过s2进入磁场。质子重力及质子间的相互作用均不计，质子在s1处的速度看作零。
（1）若M、N间的电压UMN＝+U时，求质子进入磁场时速度的大小v0。
（2）若M、N间接入如图乙所示的随时间t变化的电压UMN＝|U0sinπTt|（式中U0=3eB2R2m，周期T已知），且在质子通过板间电场区域的极短时间内板间电场视为恒定，则质子在哪些时刻自s1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？
（3）在上述（2）问的情形下，当M、N间的电压不同时，质子从s1处到打在收集屏PQ上经历的时间t会不同，求t的最大值。

【解答】解：（1）根据动能定理，有：
eU=12mv02﹣0
解得：v0=2eUm
（2）质子在板间运动，根据动能定理，有：
eUMN=12mv2﹣0
质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有：evB＝mv2r
若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足的关系：
r≥3R
解得板间电压：UMN≥3eB2R22m结合图象可知：质子在t＝kT+T6～kT+56T（k＝0，1，2，…）之间任一时刻从s1处进入电场，均能打到收集屏上
（3）M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长，出磁场后打到收集屏前做匀速运动的时间也越长，所以当质子打在收集屏的P端时，对应时间t最长，两板间的电压此时为：
UMN=12U0
在板间电场中运动时间：t1=Rv
在磁场中运动时间：t2=60°360°×2πrv=π×3R3v
出磁场后打到收集屏前做匀速运动的时间：t3=Rv所以，运动总时间为：
t＝t1+t2+t3=(23+π3)3Rv=(23+π3)meB；
答：（1）质子进入磁场时速度的大小为2eUm；
（2）质子在t＝kT+T6～kT+56T（k＝0，1，2，…）之间任一时刻从s1处进入电场，均能打到收集屏上；
（3）时间t的最大值为(23+π3)meB；

25．（2022•浙江模拟）如图所示，在xOy平面内的第一象限内，直线y＝0与直线y＝x之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距为a，x轴与直线CD之间存在沿y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线CD与直线EF之间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为a的平行电子束，各电子的速度随位置大小各不一样，如图沿y轴负方向射入第一象限的匀强磁场，电子束的左边界与y轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电场，最后所有电子都垂直于EF边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为E=eaB22m。求：
（1）电子进入磁场前的最小速度；
（2）电子经过直线CD时的最大速度及该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标；
（3）单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间。

【解答】解：（1）根据题意，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电场，经分析可得，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿﹣x轴方向进入x轴下方的电场，故最小速度对应最小半径a，运动轨迹如图，

由evB＝mv2a
可得：v=eBam
（2）由（1）可知，过原点并进入x轴下方的电子的最大速度为v'=2eBam，所有电子在电场中偏转时，﹣x方向分速度不变，﹣y方向的分速度增量一样大
有：12mvy2=eEa
得：vy=eBam
所以电子经过直线CD时的最大速度为：
vm=(2eBam)2+(eBam)2
解得：vm=5eBam
易得经过直线CD时的坐标为（﹣4a，﹣a）
此后在磁场中的运动半径为：
R=mvmeB
解得：R=5a
易得该电子此后在磁场中运动的圆心为：（﹣3a，﹣3a）
（3）由题意，所有电子都垂直于EF边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上，由（1）和（2）的结论，经过直线CD时，不妨设任何一电子的﹣x方向的分速度为：keBam（1≤k≤2）
则电子经过直线CD的合速度为：vm=1+k2eBam
电子经过直线CD的坐标为：（﹣2ka，﹣a）
速度方向与水平方向的夹角的正切值为：tanθ=1k，根据几何关系，易得圆心位置为：（﹣2ka+a，﹣a﹣ka）
可得EF直线为：
y=12x-32a
经分析可得：经过CD直线时，速度最大的电子的速度方向与水平方向夹角最小，其在磁场中运动的圆心角最大，时间最长，易得此电子在磁场中运动的时间恰好为四分之一周期
又：T=2πmeB所以单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间为：t=πm2eB；
答：（1）电子进入磁场前的最小速度为eBam；
（2）电子经过直线CD时的最大速度为5eBam，该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标为（﹣3a，﹣3a）；
（3）单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间为πm2eB。
26．（2022•义乌市模拟）如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10-5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10-5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。

【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10-5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示

图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10-5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示

图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10-5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
27．（2022•宁波二模）如图所示为某实验装置图。离子源S在开口处不断出射初速度为v0，方向沿x轴正向，电荷量为q、质量为m的正离子。Ⅰ区充满着沿y轴正方向的场强为E的匀强电场，其左边界过离子源S的开口处且平行于y轴，右边界与y轴重合。离子经Ⅰ区电场偏转后，由C点进入Ⅱ区，此时速度方向与x轴正向成θ角。Ⅱ区充满两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，其中CD上方磁场垂直纸面向外，CD下方磁场垂直纸面向里，两磁场左边界均与y轴重合，右边界与x轴垂直交于O1点，宽度为L。离子经磁场作用后恰好打到与C等高的D点。忽略离子间的相互作用及离子的重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动的时间t；
（2）求Ⅱ区内磁感应强度B的大小；
（3）若把Ⅰ区的匀强电场替换成垂直纸面的匀强磁场，能否使离子仍然从C点进入Ⅱ区，若能，求此匀强磁场的磁感应强度B'的大小，若不能请说明理由。

【解答】解：（1）离子在电场力作用下，做类平抛运动：vy＝v0tanθ，vy=ayt=Eqmt
解得：t=mv0tanθEq
即离子在Ⅰ区中运动的时间为mv0tanθEq；
（2）离子进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R
圆周运动的半径：R=mv0qBcosθ
经磁场一次偏转后在x方向上能前进：x＝2Rsinθ
考虑到多解性：nx＝L，其中n＝1，2，3…
解得：B=2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…
即Ⅱ区内磁感应强度B的大小为2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…；
（3）由（1）可得C点相对于离子源出口的位置：xSC=v0t=mv02tanθEq，ySC=12ayt2=mv02tan2θ2Eq
若把电场替换成磁场，则离在的运动轨迹为一圆弧，能进入Ⅱ区最下端的位置是圆弧恰好与y轴相切。故离子能否从C点进入，与C点的位置有关。
若ySC＜xSC时，mv02tan2θ2Eq＜mv02tanθEq，即tanθ＜2时
由几何关系可得：（r﹣y）2+x2＝r2，解得：r=(tan2θ4+1)mv02Eq
因为：r=mv02qB'，所以：B'=4E(4+tan2θ)v0
若ySC≥xSC，即tanθ≥2时，离子不可能进入Ⅱ区

即若ySC＜xSC时，匀强磁场的磁感应强度B'的大小为4E(4+tan2θ)v0；若ySC≥xSC时，离子不可能进入Ⅱ区。
答：（1）离子在Ⅰ区中运动的时间为mv0tanθEq；
（2）Ⅱ区内磁感应强度B的大小为2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…；
（3）若ySC＜xSC时，匀强磁场的磁感应强度B'的大小为4E(4+tan2θ)v0；若ySC≥xSC时，离子不可能进入Ⅱ区。
28．（2022•浙江模拟）我国目前采用的是托卡马克（如图甲）磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B（磁场Ⅰ）垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为v=BqRm的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
（1）环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
（2）该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；
（3）若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ＝60°角射入磁场Ⅱ（如图丁所示），则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。
【解答】解：（1）由题意，粒子不能磁场Ⅱ飞出，由于qvB2=mv2R2
需要R2＝L
解得：B2=BRL
（2）粒子在磁场Ⅰ区域时qvB=mv2R1
解得：R1＝R
所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图1
图1
所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间t1=2πRv=2πmqB
粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动，总时间t2=2πL×2v
所以t＝t1+t2
联立解得：t=2πmqB+4πmLqBR
（3）粒子在磁场Ⅱ中运动轨迹如图2，速度为2v时轨道半径为R2′＝2L
图2
粒子在磁场Ⅱ中每运动一次水平位移为x'＝23L
粒子由磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时，其速度可分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度v1=3v
与磁场Ⅰ平行的分速度v2＝v，如图3
图3
粒子以v1在磁场Ⅰ中做圆周运动轨迹如图4，
图4
根据洛伦兹力提供向心力有：q⋅3vB=m(3v)2R1'
在磁场Ⅰ中运动总时间t3=3×60°360°T
磁场Ⅰ中的水平位移x1＝v2t3
磁场Ⅱ中的水平位移x2＝3x'
所以粒子总水平位移x＝x1+x2
联立解得：x＝πR+63L
答：（1）环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小为BRL；
（2）该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间为2πmqB+4πmLqBR；
（3）若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ＝60°角射入磁场Ⅱ（如图丁所示），则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为πR+63L。