高中物理磁場習題200題(帶答案解析).doc

WORD格式整理評卷人得分一、選擇題1如圖所示，一電荷量為q的負電荷以速度v射入勻強磁場中其中電荷不受洛侖茲力的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】由圖可知，ABD圖中帶電粒子運動的方向都與粗糙度方向垂直，所以受到的洛倫茲力都等于qvB，而圖C中，帶電粒子運動的方向與磁場的方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力的作用故C正確，ABD錯誤故選C.2如圖所示為電流產(chǎn)生磁場的分布圖，其中正確的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】A中電流方向向上，由右手螺旋定則可得磁場為逆時針（從上向下看），故A錯誤；B圖電流方向向下，由右手螺旋定則可得磁場為順時針（從上向下看），故B錯誤；C圖中電流為環(huán)形電流，由由右手螺旋定則可知，內(nèi)部磁場應向右，故C錯誤；D圖根據(jù)圖示電流方向，由右手螺旋定則可知，內(nèi)部磁感線方向向右，故D正確；故選D.點睛：因磁場一般為立體分布，故在判斷時要注意區(qū)分是立體圖還是平面圖，并且要能根據(jù)立體圖畫出平面圖，由平面圖還原到立體圖.3下列圖中分別標出了一根放置在勻強磁場中的通電直導線的電流I、磁場的磁感應強度B和所受磁場力F的方向，其中圖示正確的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】根據(jù)左手定則的內(nèi)容：伸開左手，使大拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向，可得：A、電流與磁場方向平行，沒有安培力，故A錯誤；B、安培力的方向是垂直導體棒向下的，故B錯誤；C、安培力的方向是垂直導體棒向上的，故C正確；D、電流方向與磁場方向在同一直線上，不受安培力作用，故D錯誤故選C.點睛：根據(jù)左手定則直接判斷即可，凡是判斷力的方向都是用左手，要熟練掌握，是一道考查基礎(chǔ)的好題目.4如圖所示，水平地面上固定著光滑平行導軌，導軌與電阻R連接，放在豎直向上的勻強磁場中，桿的初速度為v0，不計導軌及桿的電阻，則下列關(guān)于桿的速度與其運動位移之間的關(guān)系圖像正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】導體棒受重力、支持力和向后的安培力；感應電動勢為：E=BLv感應電流為：I=ER 安培力為：F=BIL=B2L2vR=ma=mvt 故：B2L2vRtmv 求和，有：B2L2Rvtmv 故：B2L2Rxm(v0-v) 故v與x是線性關(guān)系；故C正確，ABD錯誤；故選：C5如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，粒子僅受磁場力作用，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()A. 從P射出的粒子速度大 B. 從Q射出的粒子速度大C. 從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D. 兩粒子在磁場中運動的時間一樣長【答案】BD【解析】試題分析：粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)題設(shè)條件作出粒子在磁場中運動的軌跡，根據(jù)軌跡分析粒子運動半徑和周期的關(guān)系，從而分析得出結(jié)論粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系（圖示弦切角相等），粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間：t=2T，又因為粒子在磁場中圓周運動的周期T=2mqB，可知粒子在磁場中運動的時間相等，故D正確，C錯誤；如圖，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，由圖知，粒子運動的半徑RPRQ，又粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=mvBq知粒子運動速度vPvQ，故A錯誤B正確；【點睛】帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式R=mvBq，周期公式T=2mBq，運動時間公式t=2T，知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關(guān)，運動周期和速度無關(guān)，畫軌跡，定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識分析解題，6在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直紙面放置，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示過c點的導線所受安培力的方向()A. 與ab邊平行，豎直向上 B. 與ab邊垂直，指向右邊C. 與ab邊平行，豎直向下 D. 與ab邊垂直，指向左邊【答案】D【解析】試題分析：先根據(jù)右手定則判斷各個導線在c點的磁場方向，然后根據(jù)平行四邊形定則，判斷和磁場方向，最后根據(jù)左手定則判斷安培力方向?qū)Ь€a在c處的磁場方向垂直ac斜向下，b在c處的磁場方向垂直bc斜向上，兩者的和磁場方向為豎直向下，根據(jù)左手定則可得c點所受安培力方向為與ab邊垂直，指向左邊，D正確；7下列說法中正確的是()A. 電場線和磁感線都是一系列閉合曲線B. 在醫(yī)療手術(shù)中，為防止麻醉劑乙醚爆炸，醫(yī)生和護士要穿由導電材料制成的鞋子和外套，這樣做是為了消除靜電C. 奧斯特提出了分子電流假說D. 首先發(fā)現(xiàn)通電導線周圍存在磁場的科學家是安培【答案】B【解析】電場線是從正電荷開始，終止于負電荷，不是封閉曲線，A錯誤；麻醉劑為易揮發(fā)性物品，遇到火花或熱源便會爆炸，良好接地，目的是為了消除靜電，這些要求與消毒無關(guān)，B正確；安培發(fā)現(xiàn)了分子電流假說，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，CD錯誤；8在如圖所示的平行板電容器中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直，一帶正電的粒子q以速度v沿著圖中所示的虛線穿過兩板間的空間而不偏轉(zhuǎn)（忽略重力影響）。以下說法正確的是A. 帶電粒子在電磁場中受到的電場力、洛倫茲力相互垂直B. 若粒子帶負電，其它條件不變，則帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)C. 若粒子電量加倍，其它條件不變，則粒子仍沿直線穿過兩板D. 若粒子從右側(cè)沿虛線飛入，其它條件不變，則粒子仍沿直線穿過兩板【答案】C【解析】帶正電的粒子受向下的電場力，向上的洛倫茲力，方向共線，選項A錯誤；因粒子做直線運動，故Eq=Bqv ，則E=Bv ，則若粒子帶負電，其它條件不變，則帶電粒子仍沿直線運動，選項B錯誤；根據(jù)E=Bv，若粒子電量加倍，其它條件不變，則粒子仍沿直線穿過兩板，選項C正確；若粒子從右側(cè)沿虛線飛入，其它條件不變，則受電場力向下，洛倫茲力也向下，故則粒子將向下偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤；故選C.點睛：解決本題的關(guān)鍵知道在速度選擇器中，從左邊射入，速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡，與電量、電性無關(guān)。9如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1。此時在整個空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B =（0.4 -0.2t）T，圖示磁場方向為正方向?？?、擋板和桿不計形變。則：A. t = 1s時，金屬桿中感應電流方向從C至DB. t = 3s時，金屬桿中感應電流方向從D至CC. t = 1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND. t = 3s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為l.2N【答案】AC【解析】試題分析：根據(jù)楞次定律，并由時刻來確定磁場的變化，從而判定感應電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，及安培力表達式，與力的合成與分解，并由三角知識，即可求解當t=1s時，則由磁感應強度隨時間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t)T，可知，磁場在減小，根據(jù)楞次定律可得，金屬桿中感應電流方向從C到D，故A正確；當t=3s時，磁場在反向增加，由楞次定律可知，金屬桿中感應電流方向從C到D，故B錯誤；當在t=1s時，由法拉第電磁感應定律，則有E=BSt=0.21212=0.1V；再由歐姆定律，則有感應電流大小I=0.10.1A=1A；則t=1s時，那么安培力大小F=BtIL=(0.4-0.21)11N=0.2N；由左手定則可知，安培力垂直磁場方向斜向上，則將安培力分解，那么金屬桿對擋板P的壓力大小N=Fcos60=0.20.5N=0.1N，故C正確；同理，當t=3s時，感應電動勢仍為E=0.1V，電流大小仍為I=1A，由于磁場的方向相反，由左手定則可知，安培力的方向垂直磁感線斜向下，根據(jù)力的合成，則得金屬桿對H的壓力大小為N=Fcos60=0.20.5N=0.1N，故D錯誤；10如右圖所示，A、B為大小、形狀、匝數(shù)、粗細均相同，但用不同材料制成的線圈，兩線圈平面位于豎直方向且高度相同。勻強磁場方向位于水平方向并與線圈平面垂直。同時釋放A、B線圈，穿過勻強磁場后兩線圈都落到水平地面，但A線圈比B線圈先到達地面。下面對兩線圈的描述中可能正確的是( )A. A線圈是用塑料制成的，B線圈是用銅制成的B. A線圈是用鋁制成的，B線圈是用膠木制成的C. A線圈是用銅制成的，B線圈是用塑料制成的D. A線圈是用膠木制成的，B線圈是用鋁制成的【答案】AD【解析】試題分析：塑料、膠木是絕緣體，若線圈是用塑料、膠木制成的，通過磁場時，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，只受到重力作用；若線圈是由金屬制成的，通過磁場時，線圈產(chǎn)生感應電流，受到向上的安培力作用，下落速度變慢A線圈是用塑料制成的，通過磁場時，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，只受到重力作用B線圈是用銅制成的，進入和穿出磁場時，線圈中產(chǎn)生感應電流，受到豎直向上的安培力，下落速度變慢，因此，A線圈比B線圈先到達地面，故A正確；A線圈是用鋁制成的，進入和穿出磁場時，線圈中產(chǎn)生感應電流，受到豎直向上的安培力，下落速度變慢，B線圈是用膠木制成的，通過磁場時，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，只受到重力作用這樣，B線圈比A線圈先到達地面，故B錯誤；A線圈是用銅制成的，進入和穿出磁場時，線圈中產(chǎn)生感應電流，受到豎直向上的安培力，下落速度變慢，B線圈是用塑料制成的，通過磁場時，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，只受到重力作用這樣，B線圈比A線圈先到達地面，故C錯誤；A線圈是用膠木制成的，通過磁場時，不產(chǎn)生感應電流，不受安培力，只受到重力作用，B線圈是用鋁制成的，進入和穿出磁場時，線圈中產(chǎn)生感應電流，受到豎直向上的安培力，下落速度變慢，因此，A線圈比B線圈先到達地面，故D正確11如圖所示，ab、cd是兩根在同一豎直平面內(nèi)的直導線，在兩導線中央懸掛一個小磁針，靜止時在同一豎直平面內(nèi).當兩導線中通以大小相等的電流時，小磁針N極向紙里面轉(zhuǎn)動，則兩導線中的電流方向（）A. 一定都是向上B. 一定都是向下C. ab中電流向下，cd中電流向上D. ab中電流向上，cd中電流向下【答案】D【解析】若兩導線中的電流方向均向上，根據(jù)安培定則判斷可知，小磁針N極靜止不動，與題意不符，故A錯誤；若兩導線中的電流方向均向下，根據(jù)安培定則判斷可知，小磁針N極向紙外面轉(zhuǎn)動，與題意不符，故B錯誤；若ab中電流向下，cd中電流向上，根據(jù)安培定則判斷可知，小磁針N極向紙外面轉(zhuǎn)動，與題意不符，故C錯誤；若ab中電流向上，cd中電流向下，根據(jù)安培定則判斷可知，小磁針N極向紙里面轉(zhuǎn)動，與題意相符，故D正確12在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極B，沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極A，把A、B分別與電源的兩極相連，然后在玻璃皿中放人導電液體?，F(xiàn)把玻璃皿放在如圖所示的磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。若從上向下看，下列判斷正確的是A. A接電源正極，B接電源負極，液體順時針旋轉(zhuǎn)B. A接電源負授，B接電源正極，液體順時針旋轉(zhuǎn)C. A、B與50Hz交流電源相接，液體持續(xù)旋轉(zhuǎn)D. 磁場N、S極互換后，重做該實驗發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向不變【答案】A【解析】試題分析：在電源外部，電流由正極流向負極；由左手定則可以判斷出導電液體受到的安培力方向，從而判斷出液體的旋轉(zhuǎn)方向若A接電源正極，B接電源負極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由邊緣流向中心；器皿所在處的磁場豎直向下，由左手定則可知，導電液體受到的磁場力沿順時針方向，因此液體沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確；若B接電源正極、A接電源負極，根據(jù)左手定則得，液體沿逆時針作圓周運動，故B錯誤；A、B與50Hz的交流電源相接，液體不會旋轉(zhuǎn)，故C錯誤；若磁場N、S極互換后，重做該實驗發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向變化，故D錯誤13地球的地理兩極與地磁兩極并不完全重合，它們之間存在磁偏角，首先觀測到磁偏角的是A. 意大利航海家哥倫布B. 葡萄牙航海家麥哲倫C. 我國的航海家鄭和D. 中國古代科學家沈括【答案】D【解析】世界上第一個清楚的、準確的論述磁偏角的是沈括，沈括是中國歷史上最卓越的科學家之一，他發(fā)現(xiàn)了地磁偏角的存在，比歐洲發(fā)現(xiàn)地磁偏角早了四百多年，D正確14下列關(guān)于磁感線說法正確的是（ ）A. 磁感線可以形象的描述磁場的強弱與方向 B. 沿磁感線方向，磁場越來越弱C. 所有磁感線都不是閉合的 D. 磁感線與電場線一樣都能相交【答案】A【解析】磁感線的疏密程度可以表示磁感應強度大小，磁感線的方向可表示磁感應強度方向，A正確B錯誤；在磁體外部，磁場方向是從N到S，在磁體內(nèi)部是從S到N，形成一個閉合的曲線，C錯誤；如果磁感線和電場線可以相交，則在交點處有兩條切線方向，與事實不符，故都不可以相交，D錯誤15如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量為m的直導體棒，導體棒中的電流I垂直紙面向里，欲使導體棒靜止在斜面上，可施加一個平行于紙面的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度為B。當勻強磁場的方向由豎直向上沿逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，下列關(guān)于B的大小變化的說法中，正確的是( )A. 逐漸增大 B. 逐漸減小C. 先減小后增大 D. 先增大后減小【答案】C【解析】對導體棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力為零，將支持力FN和安培力FA合成，合力與重力相平衡，如圖：從圖中可以看出，安培力FA先變小后變大，由于FA=BIL，其中電流I和導體棒的長度L均不變，故磁感應強度先變小后變大，故選項C正確。點睛：三力平衡的動態(tài)分析問題是一中常見的問題，其中一個力大小和方向都不變，一個力方向不變、大小變，第三個力的大小和方向都變，根據(jù)平行四邊形定則做出力的圖示分析即可。16如圖所示,電源電動勢3 V,內(nèi)阻不計,導體棒質(zhì)量60 g,長1 m,電阻1.5放在兩個固定光滑絕緣環(huán)上，若已知絕緣環(huán)半徑0.5 m.空間存在豎直向上勻強磁場,B=0.4 T.當開關(guān)閉合后,則(sin37。=0.6) :A. 棒能在某一位置靜止，在此位置上棒對每一只環(huán)的壓力為1NB. 棒從環(huán)的底端靜止釋放能上滑至最高點的高度差是0.2mC. 棒從環(huán)的底端靜止釋放上滑過程中最大動能是0.2JD. 棒從環(huán)的底端靜止釋放上滑過程中速度最大時對兩環(huán)的壓力為1N【答案】A【解析】金屬棒受到的安培力為：FBILBELRN0.8N ; 對金屬棒進行受力分析，金屬棒受到重力、安培力和兩個環(huán)的支持力，如圖：因為金屬棒靜止，根據(jù)平衡條件得每個環(huán)對棒的支持力FN12F2+(mg)2=0.5N ，選項A錯誤；由于：tanFmg 所以：=53所以金屬棒上升的高度為：h=2（r-rcos）=2（0.5-0.5cos53）=0.4m，選項B錯誤；由動能定理得：FRsin-mgR（1-cos）=Ekm=12mvm2代入數(shù)據(jù)得：Ekm=0.2J ；v=2153m/s 根據(jù)牛頓定律：2FmN-2FN=mv2R 解得：FMn=0.9N，故選項C正確，D錯誤；故選C.注：此題答案應為C.17如圖所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30和60，且同時到達P點a、b兩粒子的質(zhì)量之比為:A. 34 B. 43 C. 12 D. 21【答案】C【解析】根據(jù)題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設(shè)磁場寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑r1=d2sin60=d3 ，粒子b的半徑為r2=d2sin30=d由Ek=12mv2 可得：12m1v12=12m2v22 ，即m1v12=m2v22 由qvB=mv2r 可得：r1m1v1q1B ，r2m2v2q2B又b粒子軌跡長度為s1=2603602r1=2r13 ，粒子a的軌跡長度為s2=2303602r2=r23，所以v1s1t ，v2s2t聯(lián)立以上各式解得m1m2=34 ，所以A正確，BCD錯誤故選：A點睛：求解有關(guān)帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關(guān)鍵是畫出軌跡圖，并根據(jù)幾何知識確定圓心求出半徑和圓心角，再結(jié)合圓周運動的有關(guān)規(guī)律聯(lián)立即可求解注：此題答案應該是A.18如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，試管在水平拉力F作用下向右勻速運動，帶電小球能從管口處飛出關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中不正確的是:A. 小球帶正電 B. 試管對小球做正功C. 小球運動的軌跡是一條拋物線 D. 維持試管勻速運動的拉力F應保持恒定【答案】D【解析】小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電故A正確設(shè)管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿管子做勻加速直線運動與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線故C正確設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，管壁對小球的作用力向右，故試管對小球做正功；拉力F=F2，則F逐漸增大故B正確，D錯誤此題選擇錯誤的選項，故選D.點睛：本題中小球做類平拋運動，其研究方法與平拋運動類似：運動的合成與分解，其軌跡是拋物線本題采用的是類比的方法理解小球的運動。19物理學的發(fā)展是許多物理學家奮斗的結(jié)果，下面關(guān)于一些物理學家的貢獻說法正確的是:A. 安培通過實驗發(fā)現(xiàn)了通電導線對磁體有作用力，首次揭示了電與磁的聯(lián)系B. 奧斯特認為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn),并提出了著名的洛倫茲力公式C. 紐曼和韋伯在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化D. 法拉第不僅提出了電場的概念，而且采用了畫電場線這個簡潔的方法描述電場【答案】D【解析】奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)了通電導線對磁體有作用力，首次揭示了電與磁的聯(lián)系，選項A錯誤；洛倫茲認為安培力是帶電粒子所受磁場力的宏觀表現(xiàn),并提出了著名的洛倫茲力公式，選項B錯誤；楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，選項C錯誤； 法拉第不僅提出了電場的概念，而且采用了畫電場線這個簡潔的方法描述電場選項D正確；故選D.20帶負電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強磁場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3；若加上豎直向上的勻強電場，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4.如圖所示不計空氣阻力，則()A. h1=h2=h3=h4 B. h1=h3h2C. h1=h4<h3 D. h1=h3<h4【答案】D【解析】第1個圖：由豎直上拋運動的最大高度公式得：h1=v022g 第3個圖：當加上電場時，由運動的分解可知：在豎直方向上有，v02=2gh3，所以h1=h3；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向，當小球在磁場中運動到最高點時，小球應有水平速度，設(shè)此時的球的動能為Ek，則由能量守恒得：mgh2+Ek=12mv02，又由于12mv02=mgh1所以 h1h2h3h2第4個圖：因小球帶負，受電場力向下，則h4一定小于h1；由于無法明確電場力做功的多少，故無法確定h2和h4之間的關(guān)系；故ABC錯誤，D正確；故選：D.21利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領(lǐng)域如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電壓U，下列說法中正確的是（ ）A. 若元件的載流子是正離子，則C側(cè)面電勢高于D側(cè)面電勢B. 若元件的載流子是自由電子，則C側(cè)面電勢高于D側(cè)面電勢C. 在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平D. 在測地球兩極上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直【答案】A【解析】若元件的載流子是自由電子，根據(jù)左手定則，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高；同理，若元件的載流子是正離子，則C側(cè)面電勢高；選項A正確，B錯誤；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過故C錯誤在測地球兩極上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平，讓磁場垂直通過故D錯誤故選A.22以下關(guān)于物理學史的敘述，不正確的是( )A. 伽利略通過實驗和推理論證說明了自由落體運動是一種勻變速直線運動B. 牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，從而使萬有引力定律有了真正的使用價值C. 法拉第最早引入了場的概念，并提出用電場線描述電場D. 奧斯特發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，并提出分子電流假說解釋磁現(xiàn)象【答案】D【解析】伽利略通過實驗和推理論證說明了自由落體運動是一種勻變速直線運動，選項A正確；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常量的數(shù)值，從而使萬有引力定律有了真正的使用價值，選項B正確； 法拉第最早引入了場的概念，并提出用電場線描述電場，選項C正確； 奧斯特發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場，安培提出分子電流假說解釋磁現(xiàn)象，選項D錯誤；此題選擇錯誤的選項，故選D.23如圖所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩塊導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1或U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應)A. 僅增大U2，d將增大B. 僅增大U1，d將減小C. 僅增大U1，d將增大D. 僅增大U2，d將減小【答案】C【解析】對于加速過程，有qU1=12mv02，得 v0=2qU1m，帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設(shè)出射速度與水平夾角為，則有：v0v=cos，而在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關(guān)系可得，半徑與直線MN夾角正好等于，則有：d2R=cos，所以d=2Rv0v，又因為半徑公式R=mvqB，則有d=2mv0qB=2B2mU1q，故d隨U1變化，d與U2無關(guān)，僅增大U1，d將增大，故C正確，ABD錯誤。點睛：帶電粒子在磁場中的運動類題目關(guān)鍵在于確定圓心和半徑，然后由向心力公式即可確定半徑公式，由幾何關(guān)系即可求解。24如圖所示，為三個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時的磁通量為正值，外力F向右為正。則以下反映線框中的磁通量、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律圖象錯誤的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、當線框進入磁場時，位移在0-L內(nèi)，磁通量開始均勻增加，當全部進入左側(cè)磁場時達最大，且為負值；位移在L-2L內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減?。划斘灰茷?.5L時，磁通量最小，為零，位移在1.5L到2L時，磁通量向里，為正值，且均勻增大位移在2L-2.5L時，磁通量均勻減小至零在2.5L-3L內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負值在3L-4L內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負值，故A正確；B、當線圈進入第一個磁場時，由E=BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應電動勢沿逆時針方向，為正值；線框開始進入第二個和第三個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，感應電動勢應為2BLv，感應電動勢沿逆時針方向，為正值；完全在第三個磁場中運動時，左邊切割磁感線，感應電動勢為BLv，感應電動勢沿逆時針方向，為正值，故B正確；C、因安培力總是與運動方向相反，故拉力應一直向右，故C錯誤；D、拉力的功率P=Fv，因速度不變，而在線框在第一個磁場時，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個磁場中時，由B的分析可知，電流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框在第一個磁場中的安培力，故D正確；點睛：由線圈的運動可得出線圈中磁通量的變化；由則由法拉第電磁感應定律及E=BLv可得出電動勢的變化；由歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得安培力的變化；由P=Fv可求得電功率的變化。25回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示.設(shè)D形盒半徑為R若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說法正確的是A. 質(zhì)子的回旋頻率等于2fB. 質(zhì)子被電場加速的次數(shù)與加速電壓無關(guān)C. 質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2fRD. 不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速電子【答案】C【解析】A、回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，帶電粒子在勻強磁場中回旋頻率等于f，故A錯誤；B、根據(jù)qvmB=mvm2R，得vm=qBRm，與加速的電壓無關(guān)，然而一次加速，則有qU=12mv2，因此質(zhì)子被電場加速的次數(shù)與加速電壓有關(guān)，故B錯誤；C、當粒子從D形盒中出來時速度最大，vm=2RT=2fR，故C正確；D、根據(jù)T=2mqB，知質(zhì)子換成電子，比荷發(fā)生變化，則在磁場中運動的周期發(fā)生變化，回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，故需要改變磁感應強度或交流電的周期，故D錯誤。點睛：解決本題的關(guān)鍵知道當粒子從D形盒中出來時，速度最大以及知道回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等。26如圖所示,一導體棒放置在處于勻強磁場中的兩條平行金屬導軌上，并與金屬導軌組成閉合回路。當回路中通有電流時，導體棒受到安培力作用。要使安培力增大，可采用的方法有( ) A. 增大磁感應強度 B. 減小磁感應強度 C. 增大電流強度 D. 減小電流強度【答案】AC【解析】試題分析：根據(jù)安培力公式F=BIL分析解題導體受到的安培力大小F=BIL，要增大安培力，可以增大磁感應強度，增大通過導體棒的電流，故AC正確；27在下列各圖中，已標出了磁場B的方向、通電直導線中電流I的方向，以及通電直導線所受安培力F的方向，其中符合左手定則的是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】伸開左手，讓磁感線垂直穿過手心，四指指向電流方向，可得A圖中安培力方向豎直向上，B圖中安培力為零，C圖中安培力方向豎直向下，D圖中安培力方向垂直紙面向外，故A正確；28一個磁場的磁感線如圖所示，將一個小磁針放入磁場中，則小磁針將( )A. 向右移動 B. 向左移動 C. 順時針轉(zhuǎn)動 D. 逆時針轉(zhuǎn)動【答案】C【解析】小磁針靜止時N極指向為磁感應強度方向，故小磁針N極將沿順時針方向轉(zhuǎn)動，C正確；29如圖所示，為兩個同心圓環(huán)，當一有界勻強磁場恰好完全垂直穿過A環(huán)面時，A環(huán)面磁通量為1，此時B環(huán)磁通量為2，有關(guān)磁通量的大小說法正確的是 ( ) A. 1 2 B. 1 =2 C. 12 D. 不確定【答案】B【解析】只有S1內(nèi)有磁場，由S1與S2構(gòu)成的環(huán)內(nèi)沒有磁場，所以環(huán)1和2 的磁通量是相等的，即1=2，故B正確；【點睛】本題很容易算錯為面積大的磁通量大，公式=BS中S為磁場穿過線圈的有效面積，不是線圈的實際面積。其實磁通量可以等效于磁感線的條數(shù)，這樣去理解的話，兩種情況下穿過兩線圈的磁感應條數(shù)相等，即可得出磁通量相等30如圖所示，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi)，長直導線中電流i隨時間變使線框中感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右圖中箭頭表示電流i的正方向，則i隨時間t變化的圖線可能是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】在時間0t1過程中，線框中感應電流沿順時針方向，由安培定則可知，線框中感應電流的磁場垂直于紙面向里；如果原磁場增強時，則線框所在位置原磁場方向應垂直紙面向外，電流越來越大，根據(jù)安培定則可知此時導線中的電流向下，為負，且增大，BD錯誤，如果原磁場減弱時，則線框所在位置原磁場方向應垂直紙面向里，電流越來越小，根據(jù)安培定則可得電流方向為正向，減小，根據(jù)左手定則此時線框左邊受到的安培力方向向左，右邊受到的安培力方向向右，并且左邊距離磁場近，所以合力向左，如果電流減小到零后，不在變化，則線框受到的安培力合力不會改變向右，在i小于零時，為阻礙磁通量的增加，線框受到的合力水平向右，故A正確C錯誤； 31如圖所示的天平可用來測定磁感應強度B.天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面.當線圈中通有電流I(方向如圖)時，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡.當電流反向(大小不變)時，右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡.由此可知（ ）A. B方向垂直紙面向里，大小為(m1-m2)g/NILB. B的方向垂直紙面向里，大小為mg/2NILC. B的方向垂直紙面向外，大小為(m1-m2)g/NILD. B的方向垂直紙面向外，大小為mg/2NIL【答案】B【解析】B的方向垂直紙面向里，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為m1、m2的砝碼，天平平衡因為線框也是有質(zhì)量的，設(shè)右邊的線框質(zhì)量為m02，根據(jù)平衡有：NBIL=（m1-m02-m2）g，解得B(m1-m2-m02)gNIL 故A錯誤當B的方向垂直紙面向里，開始線圈所受安培力的方向向向下，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當于右邊少了兩倍的安培力大小，所以右邊應加砝碼，有mg=2NBIL，所以Bmg2NIL 故B正確當B的方向垂直紙面向外，開始線圈所受安培力的方向向向上，電流方向相反，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，需要在左邊加砝碼故C、D錯誤故選B32如右圖所示，長為L的導線AB放在相互平行的金屬導軌上，導軌寬度為d，通過的電流為I，垂直于紙面的勻強磁場的磁感應強度為B，則AB所受的磁場力的大小為（ ）A. BIL B. BIdcos C. BId/sin D. BIdsin【答案】C【解析】由公式F=BIL得F=BIdsin 故選：C.33物理實驗都需要有一定的控制條件.奧斯特做電流磁效應實驗時就應排除地磁場對實驗的影響.下列關(guān)于奧斯特實驗的說法中正確的是( )A. 該實驗必須在地球赤道上進行B. 通電直導線必須豎直放置C. 通電直導線應該水平東西方向放置D. 通電直導線可以水平南北方向放置【答案】D【解析】由于地磁的北極在地理的南極附近，故地磁場的磁感線有一個由南向北的分量，而當電流的方向與磁場的方向平行時通電導線才不受磁場的安培力，故在進行奧斯特實驗時通電直導線可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上進行，但不能東西放置和豎直放置，故只有D正確故選D34以下關(guān)于磁場和磁感應強度B的說法，正確的是（ ）A. 磁場中某點的磁感應強度，根據(jù)公式B=FIl，它跟F、I、l都有關(guān)B. 磁場中某點的磁感應強度的方向垂直于該點的磁場方向C. 磁感應強度越大的地方，穿過線圈的磁通量也一定越大D. 穿過線圈的磁通量為零的地方，磁感應強度不一定為零【答案】D【解析】磁場中某點的磁感應強度，只由磁場本身決定，跟F、I、l都無關(guān)，選項A錯誤；磁場中某點的磁感應強度的方向就是該點的磁場方向，選項B錯誤；根據(jù)=BSsin 可知 磁感應強度越大的地方，穿過線圈的磁通量不一定越大，選項C錯誤；根據(jù)=BSsin 可知，穿過線圈的磁通量為零的地方，磁感應強度不一定為零，選項D正確；故選D.35首先發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場的物理學家是（ ）A. 安培 B. 洛倫茲 C. 法拉第 D. 奧斯特【答案】D【解析】首先發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場的物理學家是奧斯特,故選D.36如圖所示的磁場中，有P、Q兩點。下列說法正確的是A. P點的磁感應強度小于Q點的磁感應強度B. P、Q兩點的磁感應強度大小與該點是否有通電導線無關(guān)C. 同一小段通電直導線在P、Q兩點受到的安培力方向相同，都是PQD. 同一小段通電直導線在P點受到的安培力一定大于在Q點受到的安培力【答案】B【解析】A、磁感線的疏密表示磁場的強弱，由圖象知P點的磁場比Q點的磁場強，A錯誤；B、磁感應強度是由磁場本身決定的，與該點是否有通電導線無關(guān)故B正確；C、根據(jù)左手定則，通電直導線受到的安培力的方向與磁場的方向垂直，所以它們受到的安培力的方向不能是PQ，故C錯誤；D、同一小段通電直導線在在都與磁場的方向垂直的條件下，在P點受到的安培力才能大于在Q點受到的安培力，故D錯誤；故選B.【點睛】解決本題的關(guān)鍵掌握磁感線的特點，磁感線上某點的切線方向表示磁場的方向，磁感線的疏密表示磁場的強弱37如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度為B的勻強磁場，一個電子（質(zhì)量為m，電荷量為q）從x軸上的O點以速度v斜向上射入磁場中，速度方向與x軸的夾角為45并與磁場方向垂直電子在磁場中運動一段時間后，從x軸上的P點射出磁場則（）A. 電了在磁場中運動的時間為m2qBB. 電子在磁場中運動的時間為mqBC. OP兩點間的距離為D. OP兩點間的距離為【答案】AC【解析】由題意可知電子在磁場做勻速圓周運動，轉(zhuǎn)過的圓心角為90，所以運動的時間t=90360T=142mBq=m2qB，故A正確，B錯誤；根據(jù)半徑公式得：R=mvBq，根據(jù)幾何關(guān)系得：OP兩點間的距離l=2R=2mvqB，故C正確，D錯誤。38如圖所示，在正交的勻強電場和磁場的區(qū)域內(nèi)（磁場水平向內(nèi)），有一離子恰能沿直線飛過此區(qū)域（不計離子重力）（）A. 若離子帶正電，E方向應向下B. 若離子帶負電，E方向應向上C. 若離子帶正電，E方向應向上D. 不管離子帶何種電，E方向都向下【答案】AD【解析】在復合場中對帶電粒子進行正確的受力分析，在不計重力的情況下，離子在復合場中沿水平方向直線通過故有qE=qvB，若粒子帶正電，則受洛倫茲力向上，而電場力向下，所以電場強度的方向向下；若帶負電，則受洛倫茲力向下，而電場力向上，所以電場強度的方向向下，因此AD正確，BC錯誤。點睛：本題考查了速度選擇器的工作原理，速度選擇器是利用電場力等于洛倫茲力的原理進行工作的，故速度選擇器只能選擇速度而不能選擇電性。39長為L的導線ab斜放（夾角為）在水平軌道上，軌道平行間距為d，通過ab的電流強度為I，勻強磁場的磁感應強度為B，如圖所示，則導線ab所受安培力的大小為（）A. ILB B. ILBsin C. D. 【答案】AC【解析】電流的方向與磁場方向垂直，則F=BIL=BIdsin，L為導線的長度，故A、C正確，B、D錯誤。點睛：本題的關(guān)鍵知道安培力的一般表達式F=BILsin，當磁場方向與電流方向平行，F(xiàn)=0，當磁場方向與電流方向垂直，F(xiàn)=BIL。40安培的分子環(huán)流假設(shè)，可用來解釋（）A. 兩通電導體間有相互作用的原因B. 通電線圈產(chǎn)生磁場的原因C. 永久磁鐵產(chǎn)生磁場的原因D. 鐵質(zhì)類物體被磁化而具有磁性的原因【答案】CD【解析】A、兩通電導體有相互作用的原因是通過磁體之間的磁場的作用產(chǎn)生的，故A錯誤；B、通電線圈產(chǎn)生磁場的原因是電流的周圍存在磁場，與分子電流無關(guān)，故B錯誤；C、安培提出的分子環(huán)形電流假說，解釋了為什么磁體具有磁性，說明了磁現(xiàn)象產(chǎn)生的本質(zhì)，故C正確；D、安培認為，在原子、分子或分子團等物質(zhì)微粒內(nèi)部，存在著一種環(huán)形電流-分子電流，分子電流使每個物質(zhì)微粒都形成一個微小的磁體，未被磁化的物體，分子電流的方向非常紊亂，對外不顯磁性；磁化時，分子電流的方向大致相同，于是對外界顯出顯示出磁性，故D正確。41如圖所示，M、N兩平行金屬板間存在著正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子（重力不計）從O點以速度沿著與兩板平行的方向射入場區(qū)后，做勻速直線運動，經(jīng)過時間t1飛出場區(qū)；如果兩板間撤去磁場，粒子仍以原來的速度從O點進入電場，經(jīng)過時間的t2飛出電場；如果兩板間撤去電場，粒子仍以原來的速度從O點進入磁場后，經(jīng)過時間t3飛出磁場，則t1、t2、t3的大小關(guān)系為（）A. t1=t2t3 B. t2t1t3 C. t1=t2=t3 D. t1t2=t3【答案】A【解析】設(shè)極板長度為L，粒子在電場與磁場中做運動直線運動，運動時間t1=Lv，粒子在電場中做類平拋運動，可分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻加速運動，運動時間由水平分運動決定t2=Lv=t1；粒子在磁場中做圓周運動，運動路程sL，洛倫茲力對粒子不做功，速率v不變，運動時間t3=svLv=t1=t2；則t1=t2t3，故A正確，BCD錯誤；點睛：帶電粒子在混合場中做勻速直線運動，位移等于板長；在電場中做類平拋運動，它的運動時間由水平方向的分運動決定；在磁場中做圓周運動，運動時間由弧長與運動速率決定。42如圖所示，一電子束垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是（）A. 將變阻器滑動頭P向右滑動 B. 將變阻器滑動頭P向左滑動C. 將極板間距離適當減小 D. 將極板間距離適當增大【答案】D【解析】根據(jù)電路圖可知：A板帶正電，B板帶負電，所以電子束受到電場力的方向向上，大小F電=Ee=Ued,洛倫茲力方向向下，F(xiàn)=Bev,電子向上偏，說明電場力大于洛倫茲力，要使電子束沿射入方向做直線運動，則要電場力等于洛倫茲力，所以要減小電場力；A、將變阻器滑動頭P向右或向左移動時，電容器兩端電壓不變，電場力不變，故AB錯誤；C、將極板間距離適當減小時，F(xiàn)電增大，不滿足要求，故C錯誤；D、將極板間距離適當增大時，F(xiàn)電減小，滿足要求，故D正確。43如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質(zhì)量為m，長為l的金屬棒ab懸掛在cd兩處，置于勻強磁場內(nèi)當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向角處于平衡狀態(tài)為了使棒平衡在該位置上，所需的最小磁場的磁感應強度的大小、方向是（）A. tan，豎直向上 B. tan，豎直向下C. sin，平行懸線向下 D. sin，平行懸線向上【答案】D【解析】要求所加磁場的磁感強度最小，應使棒平衡時所受的安培力有最小值由于棒的重力恒定，懸線拉力的方向線不變，有力的矢量三角形可知，安培力的最小值為安培力與繩子的拉力垂直，即：Fmin=mgsin，有：ILBmin=mgsin，得：Bmin=mgsinIL，由左手定則知所加磁場的方向平行懸線向上故D正確，ABC錯誤。點睛：由矢量三角形定則判斷安培力的最小值及方向，進而由安培力公式和左手定則的得到B的大小以及B的方向。44如圖所示，在加有勻強磁場的區(qū)域中，一垂直于磁場方向射入的帶電粒子軌跡如圖所示，由于帶電粒子與沿途的氣體分子發(fā)生碰撞，帶電粒子的能量逐漸減小，從圖中可以看出（）A. 帶電粒子帶正電，是從B點射入的B. 帶電粒子帶負電，是從B點射入的C. 帶電粒子帶負電，是從A點射入的D. 帶電粒子帶正電，是從A點射入的【答案】B【解析】由題，帶電粒子的能量逐漸減小，速率減小，由公式r=mvqB可知，帶電粒子運動的半徑逐漸減小，則該帶電粒子是從B點射入的帶電粒子在B點受到的洛倫茲力方向向右，由左手定則判斷得知，該帶電粒子帶負電，故B正確。45如圖所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里三個油滴a、b、c帶有等量的同種電荷，已知a靜止，b向右勻速運動，c向左勻速運動比較它們的質(zhì)量應有（）A. a油滴質(zhì)量最大 B. b油滴質(zhì)量最大C. c油滴質(zhì)量最大 D. a、b、c的質(zhì)量一樣【答案】C【解析】a球受力平衡，有：Ga=qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故球帶負電，b球受力平衡，有：Gb+qvB=qE，c球受力平衡，有：Gc=qvB+qE，解得：GcGaGb，故選項C正確。點睛：本題關(guān)鍵分別對a、b、c三個