高中物理磁場復(fù)習(xí)題200題(帶答案解析)

..評卷人得分一、選擇題1．如圖所示,一電荷量為q的負(fù)電荷以速度v射入勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)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(yīng)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(diǎn)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(biāo)出了一根放置在勻強(qiáng)磁場中的通電直導(dǎo)線的電流I、磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(dǎo)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(dǎo)體棒向下的,故B錯誤；

C、安培力的方向是垂直導(dǎo)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(diǎn)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(dǎo)軌,導(dǎo)軌與電阻R連接,放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,桿的初速度為v0,不計導(dǎo)軌及桿的電阻,則下列關(guān)于桿的速度與其運(yùn)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(dǎo)體棒受重力、支持力和向后的安培力；

感應(yīng)電動勢為：E=BLv

感應(yīng)電流為：

安培力為：

故：求和,有：故：故v與x是線性關(guān)系；故C正確,ABD錯誤；故選：C．5．如圖所示,直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)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(diǎn)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(yùn)動的時間長D.兩粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動,根據(jù)題設(shè)條件作出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡,根據(jù)軌跡分析粒子運(yùn)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(yùn)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(yùn)動的時間：,又因?yàn)榱Ｗ釉诖艌鲋袌A周運(yùn)動的周期,可知粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)動,分別從P點(diǎn)和Q點(diǎn)射出,由圖知,粒子運(yùn)動的半徑,又粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑知粒子運(yùn)動速度,故A錯誤B正確；[點(diǎn)睛]帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時,洛倫茲力充當(dāng)向心力,從而得出半徑公式,周期公式,運(yùn)動時間公式,知道粒子在磁場中運(yùn)動半徑和速度有關(guān),運(yùn)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(diǎn)a、b、c處,各有一條長直導(dǎo)線垂直紙面放置,導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流,方向如圖所示．過c點(diǎn)的導(dǎo)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(dǎo)線在c點(diǎn)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?yàn)樨Q直向下,根據(jù)左手定則可得c點(diǎn)所受安培力方向?yàn)榕cab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(hù)士要穿由導(dǎo)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(dǎo)線周圍存在磁場的科學(xué)家是安培[答案]B[解析]電場線是從正電荷開始,終止于負(fù)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(yīng),CD錯誤；8．在如圖所示的平行板電容器中,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(yùn)動,故,則,則若粒子帶負(fù)電,其它條件不變,則帶電粒子仍沿直線運(yùn)動,選項B錯誤；根據(jù),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(diǎn)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(xì)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0.1Ω。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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B=〔0.4-0.2tT,圖示磁場方向?yàn)檎较??？?、擋板和桿不計形變。則：A.t=1s時,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C至DB.t=3s時,金屬桿中感應(yīng)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(yīng)電流的方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,結(jié)合閉合電路歐姆定律,及安培力表達(dá)式,與力的合成與分解,并由三角知識,即可求解．當(dāng)t=1s時,則由磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是,可知,磁場在減小,根據(jù)楞次定律可得,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D,故A正確；當(dāng)t=3s時,磁場在反向增加,由楞次定律可知,金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D,故B錯誤；當(dāng)在t=1s時,由法拉第電磁感應(yīng)定律,則有；

再由歐姆定律,則有感應(yīng)電流大??；則t=1s時,那么安培力大??；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,故C正確；同理,當(dāng)t=3s時,感應(yīng)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,故D錯誤；10．如右圖所示,A、B為大小、形狀、匝數(shù)、粗細(xì)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(qiáng)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(qiáng)磁場后兩線圈都落到水平地面,但A線圈比B線圈先到達(dá)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(yīng)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(yīng)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(yīng)電流,不受安培力,只受到重力作用．B線圈是用銅制成的,進(jìn)入和穿出磁場時,線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(dá)地面,故A正確；A線圈是用鋁制成的,進(jìn)入和穿出磁場時,線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(yīng)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(dá)地面,故B錯誤；A線圈是用銅制成的,進(jìn)入和穿出磁場時,線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(yīng)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(dá)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(yīng)電流,不受安培力,只受到重力作用,B線圈是用鋁制成的,進(jìn)入和穿出磁場時,線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(dá)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(dǎo)線,在兩導(dǎo)線中央懸掛一個小磁針,靜止時在同一豎直平面內(nèi).當(dāng)兩導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(fù)極,液體順時針旋轉(zhuǎn)B.A接電源負(fù)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(shí)驗(yàn)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(fù)極；由左手定則可以判斷出導(dǎo)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(fù)極,在電源外部電流由正極流向負(fù)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(dǎo)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(fù)極,根據(jù)左手定則得,液體沿逆時針作圓周運(yùn)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(shí)驗(yàn)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(xué)家沈括[答案]D[解析]世界上第一個清楚的、準(zhǔn)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(xué)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(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度大小,磁感線的方向可表示磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)處有兩條切線方向,與事實(shí)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,質(zhì)量為的直導(dǎo)體棒,導(dǎo)體棒中的電流垂直紙面向里,欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,可施加一個平行于紙面的勻強(qiáng)磁場,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為。當(dāng)勻強(qiáng)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(dǎo)體棒受力分析,受重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力為零,將支持力和安培力合成,合力與重力相平衡,如圖：

從圖中可以看出,安培力先變小后變大,由于,其中電流I和導(dǎo)體棒的長度L均不變,故磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大,故選項C正確。點(diǎn)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3V,內(nèi)阻不計,導(dǎo)體棒質(zhì)量60g,長1m,電阻1.5Ω放在兩個固定光滑絕緣環(huán)上,若已知絕緣環(huán)半徑0.5m.空間存在豎直向上勻強(qiáng)磁場,B=0.4T.當(dāng)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(diǎn)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：;對金屬棒進(jìn)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?yàn)榻饘侔綮o止,根據(jù)平衡條件得每個環(huán)對棒的支持力,選項A錯誤；由于：所以：θ=53°

所以金屬棒上升的高度為：h=2〔r-rcosθ=2〔0.5-0.5cos53°=0.4m,選項B錯誤；由動能定理得：F?Rsinθ-mgR〔1-cosθ=Ekm=mvm2

代入數(shù)據(jù)得：Ekm=0.2J；根據(jù)牛頓定律：解得：FMn=0.9N,故選項C正確,D錯誤；故選C.注：此題答案應(yīng)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(diǎn)射入寬度為d的有界勻強(qiáng)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(dá)P點(diǎn)．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為:A.3∶4B.4∶3C.1∶2D.2∶1[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,粒子b的半徑為由Ek=mv2可得：,即

由可得：,又b粒子軌跡長度為,粒子a的軌跡長度為,所以,

聯(lián)立以上各式解得,所以A正確,BCD錯誤．故選：A．

點(diǎn)睛：求解有關(guān)帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)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(yùn)動的有關(guān)規(guī)律聯(lián)立即可求解．注：此題答案應(yīng)該是A.18．如圖所示,勻強(qiáng)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動的軌跡是一條拋物線D.維持試管勻速運(yùn)動的拉力F應(yīng)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(yùn)動速度為v1,小球垂直于管子向右的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)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,F1不變,則小球沿管子做勻加速直線運(yùn)動．與平拋運(yùn)動類似,小球運(yùn)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(diǎn)睛：本題中小球做類平拋運(yùn)動,其研究方法與平拋運(yùn)動類似：運(yùn)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(yùn)動。19．物理學(xué)的發(fā)展是許多物理學(xué)家奮斗的結(jié)果,下面關(guān)于一些物理學(xué)家的貢獻(xiàn)說法正確的是:A.安培通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了通電導(dǎo)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(rèn)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(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出,感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向,即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)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(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了通電導(dǎo)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(rèn)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(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出,感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向,即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)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(fù)電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出,能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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=h4B.h1=h3＞h2C.h1=h4<h3D.h1=h3<h4[答案]D[解析]第1個圖：由豎直上拋運(yùn)動的最大高度公式得：．第3個圖：當(dāng)加上電場時,由運(yùn)動的分解可知：在豎直方向上有,,所以h1=h3；而第2個圖：洛倫茲力改變速度的方向,當(dāng)小球在磁場中運(yùn)動到最高點(diǎn)時,小球應(yīng)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=mv02,又由于mv02=mgh1

所以h1＞h2．h3＞h2．第4個圖：因小球帶負(fù),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(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)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(yīng)強(qiáng)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(qiáng)弱時,元件的工作面應(yīng)保持水平D.在測地球兩極上方的地磁場強(qiáng)弱時,元件的工作面應(yīng)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(fù)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(qiáng)弱時,應(yīng)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(qiáng)弱時,元件的工作面應(yīng)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(xué)史的敘述,不正確的是<>A.伽利略通過實(shí)驗(yàn)和推理論證說明了自由落體運(yùn)動是一種勻變速直線運(yùn)動B.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律,卡文迪許用扭秤實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)和推理論證說明了自由落體運(yùn)動是一種勻變速直線運(yùn)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(shí)驗(yàn)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(dǎo)體板間的勻強(qiáng)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(qiáng)磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)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(yīng)>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,得,帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)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：,而在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動軌跡對應(yīng)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：,所以,又因?yàn)榘霃焦?則有,故d隨變化,d與無關(guān),僅增大,d將增大,故C正確,ABD錯誤。點(diǎn)睛：帶電粒子在磁場中的運(yùn)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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)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(diǎn),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Φ為正值,外力F向右為正。則以下反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)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(dāng)線框進(jìn)入磁場時,位移在內(nèi),磁通量開始均勻增加,當(dāng)全部進(jìn)入左側(cè)磁場時達(dá)最大,且為負(fù)值；位移在內(nèi),向里的磁通量增加,總磁通量均勻減?。划?dāng)位移為時,磁通量最小,為零,位移在到時,磁通量向里,為正值,且均勻增大．位移在時,磁通量均勻減小至零．在內(nèi),磁通量均勻增大,且方向向外,為負(fù)值．在內(nèi),磁通量均勻減小至零,且為負(fù)值,故A正確；B、當(dāng)線圈進(jìn)入第一個磁場時,由可知,E保持不變,由右手定則知,感應(yīng)電動勢沿逆時針方向,為正值；線框開始進(jìn)入第二個和第三個磁場時,左右兩邊同時切割磁感線,感應(yīng)電動勢應(yīng)為,感應(yīng)電動勢沿逆時針方向,為正值；完全在第三個磁場中運(yùn)動時,左邊切割磁感線,感應(yīng)電動勢為,感應(yīng)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(yùn)動方向相反,故拉力應(yīng)一直向右,故C錯誤；D、拉力的功率,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(yīng)等于線框在第一個磁場中的安培力,故D正確；點(diǎn)睛：由線圈的運(yùn)動可得出線圈中磁通量的變化；由則由法拉第電磁感應(yīng)定律及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(qiáng)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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2πfRD.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(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等,帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中回旋頻率等于,故A錯誤；B、根據(jù),得,與加速的電壓無關(guān),然而一次加速,則有,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(dāng)粒子從D形盒中出來時速度最大,,故C正確；D、根據(jù),知質(zhì)子換成電子,比荷發(fā)生變化,則在磁場中運(yùn)動的周期發(fā)生變化,回旋加速器粒子在磁場中運(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等,故需要改變磁感應(yīng)強(qiáng)度或交流電的周期,故D錯誤。點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)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(yùn)動的周期和高頻交流電的周期相等。26．如圖所示,一導(dǎo)體棒放置在處于勻強(qiáng)磁場中的兩條平行金屬導(dǎo)軌上,并與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路。當(dāng)回路中通有電流時,導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度B.減小磁感應(yīng)強(qiáng)度C.增大電流強(qiáng)度D.減小電流強(qiáng)度[答案]AC[解析]試題分析：根據(jù)安培力公式分析解題導(dǎo)體受到的安培力大小,要增大安培力,可以增大磁感應(yīng)強(qiáng)度,增大通過導(dǎo)體棒的電流,故AC正確；27．在下列各圖中,已標(biāo)出了磁場B的方向、通電直導(dǎo)線中電流I的方向,以及通電直導(dǎo)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?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)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(dāng)一有界勻強(qiáng)磁場恰好完全垂直穿過A環(huán)面時,A環(huán)面磁通量為φ1,此時B環(huán)磁通量為φ2,有關(guān)磁通量的大小說法正確的是<>A.φ1＜φ2B.φ1=φ2C.φ1＞φ2D.不確定[答案]B[解析]只有內(nèi)有磁場,由與構(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,故B正確；[點(diǎn)睛]本題很容易算錯為面積大的磁通量大,公式中S為磁場穿過線圈的有效面積,不是線圈的實(shí)際面積。其實(shí)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(yīng)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(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi),線框在長直導(dǎo)線右側(cè),且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi),長直導(dǎo)線中電流i隨時間變使線框中感應(yīng)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]在時間過程中,線框中感應(yīng)電流沿順時針方向,由安培定則可知,線框中感應(yīng)電流的磁場垂直于紙面向里；如果原磁場增強(qiáng)時,則線框所在位置原磁場方向應(yīng)垂直紙面向外,電流越來越大,根據(jù)安培定則可知此時導(dǎo)線中的電流向下,為負(fù),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(yīng)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?yàn)檎?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(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場中,磁場方向垂直紙面.當(dāng)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(dāng)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?yàn)榫€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-m2g,解得．故A錯誤．當(dāng)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(dāng)于右邊少了兩倍的安培力大小,所以右邊應(yīng)加砝碼,有mg=2NBIL,所以．故B正確．當(dāng)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(dāng)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B．32．如右圖所示,長為L的導(dǎo)線AB放在相互平行的金屬導(dǎo)軌上,導(dǎo)軌寬度為d,通過的電流為I,垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則AB所受的磁場力的大小為〔A.BILB.BIdcosθC.BId/sinθD.BIdsinθ[答案]C[解析]由公式F=BIL得．故選：C.33．物理實(shí)驗(yàn)都需要有一定的控制條件.奧斯特做電流磁效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時就應(yīng)排除地磁場對實(shí)驗(yàn)的影響.下列關(guān)于奧斯特實(shí)驗(yàn)的說法中正確的是<>A.該實(shí)驗(yàn)必須在地球赤道上進(jìn)行B.通電直導(dǎo)線必須豎直放置C.通電直導(dǎo)線應(yīng)該水平東西方向放置D.通電直導(dǎo)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(dāng)電流的方向與磁場的方向平行時通電導(dǎo)線才不受磁場的安培力,故在進(jìn)行奧斯特實(shí)驗(yàn)時通電直導(dǎo)線可以水平南北方向放置,而不必非要在赤道上進(jìn)行,但不能東西放置和豎直放置,故只有D正確．故選D．34．以下關(guān)于磁場和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的說法,正確的是〔A.磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,根據(jù)公式,它跟F、I、l都有關(guān)B.磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于該點(diǎn)的磁場方向C.磁感應(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度不一定為零[答案]D[解析]磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場方向,選項B錯誤；根據(jù)可知磁感應(yīng)強(qiáng)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)可知,穿過線圈的磁通量為零的地方,磁感應(yīng)強(qiáng)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(xué)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(xué)家是奧斯特,故選D.36．如圖所示的磁場中,有P、Q兩點(diǎn)。下列說法正確的是A.P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.P、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與該點(diǎn)是否有通電導(dǎo)線無關(guān)C.同一小段通電直導(dǎo)線在P、Q兩點(diǎn)受到的安培力方向相同,都是P→QD.同一小段通電直導(dǎo)線在P點(diǎn)受到的安培力一定大于在Q點(diǎn)受到的安培力[答案]B[解析]A、磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱,由圖象知P點(diǎn)的磁場比Q點(diǎn)的磁場強(qiáng),A錯誤；B、磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場本身決定的,與該點(diǎn)是否有通電導(dǎo)線無關(guān)．故B正確；C、根據(jù)左手定則,通電直導(dǎo)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P→Q,故C錯誤；D、同一小段通電直導(dǎo)線在在都與磁場的方向垂直的條件下,在P點(diǎn)受到的安培力才能大于在Q點(diǎn)受到的安培力,故D錯誤；故選B.[點(diǎn)睛]解決本題的關(guān)鍵掌握磁感線的特點(diǎn),磁感線上某點(diǎn)的切線方向表示磁場的方向,磁感線的疏密表示磁場的強(qiáng)弱．37．如圖所示,在x軸上方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,一個電子〔質(zhì)量為m,電荷量為q從x軸上的O點(diǎn)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(yùn)動一段時間后,從x軸上的P點(diǎn)射出磁場．則〔A.電了在磁場中運(yùn)動的時間為B.電子在磁場中運(yùn)動的時間為C.OP兩點(diǎn)間的距離為D.OP兩點(diǎn)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(yùn)動,轉(zhuǎn)過的圓心角為,所以運(yùn)動的時間,故A正確,B錯誤；根據(jù)半徑公式得：,根據(jù)幾何關(guān)系得：OP兩點(diǎn)間的距離,故C正確,D錯誤。38．如圖所示,在正交的勻強(qiáng)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(yīng)向下B.若離子帶負(fù)電,E方向應(yīng)向上C.若離子帶正電,E方向應(yīng)向上D.不管離子帶何種電,E方向都向下[答案]AD[解析]在復(fù)合場中對帶電粒子進(jìn)行正確的受力分析,在不計重力的情況下,離子在復(fù)合場中沿水平方向直線通過故有,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(qiáng)度的方向向下；若帶負(fù)電,則受洛倫茲力向下,而電場力向上,所以電場強(qiáng)度的方向向下,因此AD正確,BC錯誤。點(diǎn)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(jìn)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(dǎo)線ab斜放〔夾角為θ在水平軌道上,軌道平行間距為d,通過ab的電流強(qiáng)度為I,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,如圖所示,則導(dǎo)線ab所受安培力的大小為〔A.ILBB.ILBsinθC.D.[答案]AC[解析]電流的方向與磁場方向垂直,則,L為導(dǎo)線的長度,故A、C正確,B、D錯誤。點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵知道安培力的一般表達(dá)式,當(dāng)磁場方向與電流方向平行,,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直,。40．安培的分子環(huán)流假設(shè),可用來解釋〔A.兩通電導(dǎo)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(dǎo)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(rèn)為,在原子、分子或分子團(tuán)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,一帶電粒子〔重力不計從O點(diǎn)以速度υ沿著與兩板平行的方向射入場區(qū)后,做勻速直線運(yùn)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(diǎn)進(jìn)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(diǎn)進(jìn)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=t2＜t3B.t2＞t1＞t3C.t1=t2=t3D.t1＞t2=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(yùn)動直線運(yùn)動,運(yùn)動時間,粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動與豎直方向的勻加速運(yùn)動,運(yùn)動時間由水平分運(yùn)動決定；粒子在磁場中做圓周運(yùn)動,運(yùn)動路程,洛倫茲力對粒子不做功,速率v不變,運(yùn)動時間；則,故A正確,BCD錯誤；點(diǎn)睛：帶電粒子在混合場中做勻速直線運(yùn)動,位移等于板長；在電場中做類平拋運(yùn)動,它的運(yùn)動時間由水平方向的分運(yùn)動決定；在磁場中做圓周運(yùn)動,運(yùn)動時間由弧長與運(yùn)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(yùn)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(dāng)減小D.將極板間距離適當(dāng)增大[答案]D[解析]根據(jù)電路圖可知：A板帶正電,B板帶負(fù)電,所以電子束受到電場力的方向向上,大小,洛倫茲力方向向下,,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(yùn)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(dāng)減小時,增大,不滿足要求,故C錯誤；D、將極板間距離適當(dāng)增大時,減小,滿足要求,故D正確。43．如圖所示,用兩根輕細(xì)金屬絲將質(zhì)量為m,長為l的金屬棒ab懸掛在c．d兩處,置于勻強(qiáng)磁場內(nèi)．當(dāng)棒中通以從a到b的電流I后,兩懸線偏離豎直方向θ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(yīng)強(qiáng)度的大小、方向是〔A.tanθ,豎直向上B.tanθ,豎直向下C.sinθ,平行懸線向下D.sinθ,平行懸線向上[答案]D[解析]要求所加磁場的磁感強(qiáng)度最小,應(yīng)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：,有：,得：,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(diǎn)睛：由矢量三角形定則判斷安培力的最小值及方向,進(jìn)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(qiáng)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(diǎn)射入的B.帶電粒子帶負(fù)電,是從B點(diǎn)射入的C.帶電粒子帶負(fù)電,是從A點(diǎn)射入的D.帶電粒子帶正電,是從A點(diǎn)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,由公式可知,帶電粒子運(yùn)動的半徑逐漸減小,則該帶電粒子是從B點(diǎn)射入的．帶電粒子在B點(diǎn)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(fù)電,故B正確。45．如圖所示,在真空中,勻強(qiáng)電場的方向豎直向下,勻強(qiáng)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(yùn)動,c向左勻速運(yùn)動．比較它們的質(zhì)量應(yīng)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：,重力和電場力等值、反向、共線,故電場力向上,由于電場強(qiáng)度向下,故球帶負(fù)電,b球受力平衡,有：,c球受力平衡,有：,解得：,故選項C正確。點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵分別對a、b、c三個球進(jìn)行受力分析,然后得到小球的電性,電場力和洛侖茲力的方向,最后根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得到各個球的重力的大小。46．兩條導(dǎo)線互相垂直,但相隔一小段距離,其中AB固定,電流方向由B到A,CD可自由運(yùn)動,電流方向由C到D。當(dāng)通以圖所示方向電流后,CD導(dǎo)線將〔A.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時靠近ABB.逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時離開ABC.順時針方向轉(zhuǎn)動,同時離開ABD.逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時靠近AB[答案]D[解析]根據(jù)右手螺旋定則可知,電流AB產(chǎn)生的磁場在右邊垂直紙面向里,在左邊垂直紙面向外,在CD左右兩邊各取一小電流元,根據(jù)左手定則,左邊的電流元所受的安培力方向向下,右邊的電流元所受安培力方向向上,知CD導(dǎo)線逆時針方向轉(zhuǎn)動,當(dāng)CD導(dǎo)線轉(zhuǎn)過后,兩電流為同向電流,相互吸引,所以導(dǎo)線CD逆時針方向轉(zhuǎn)動,同時靠近導(dǎo)線AB,故D正確,ABC錯誤。點(diǎn)睛：在解決該題的過程中：使用了電流元法,即在導(dǎo)線上取一較短的電流,判斷其受力方向；使用了特殊位置法,轉(zhuǎn)過后判斷其受力；使用了結(jié)論法,同向電流相互吸引,異向電流相互排斥。47．在如圖所示的勻強(qiáng)磁場中,已經(jīng)標(biāo)出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向,其中錯誤的是〔A.B.C.D.[答案]C[解析]根據(jù)左手定則可知：ABD三圖中電流、磁場、安培力方向均和左手定則中要求方向一致,故正確；C圖中電流和磁場方向平行,不受安培力,故C錯誤。點(diǎn)睛：安培定則、左手定則、右手定則等應(yīng)用容易混淆,因此平時要加強(qiáng)訓(xùn)練,熟練應(yīng)用這幾種定則進(jìn)行有關(guān)物理量的判斷。48．場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場和磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場正交．如圖質(zhì)量為m的帶電粒子在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi),做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動,設(shè)重力加速度為g,則下列結(jié)論不正確的是〔A.粒子帶負(fù)電,且q=B.粒子順時針方向轉(zhuǎn)動C.粒子速度大小v=D.粒子的機(jī)械能守恒[答案]D[解析]A、帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有,求得電荷量,根據(jù)電場強(qiáng)度方向和電場力方向判斷出粒子帶負(fù)電,故A正確；B、由左手定則可判斷粒子沿順時針方向運(yùn)動,故B正確；C、帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有：,解得：,故C正確；D、由于電場力做功,故機(jī)械能不守恒,故D錯誤；點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是找到向心力來源,并得到重力和電場力平衡,從而判斷出電性和轉(zhuǎn)動方向,最后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解。49．如圖所示,在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v進(jìn)入磁場,粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角,若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a,則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是A.,正電荷B.,正電荷C.,負(fù)電荷D.,負(fù)電荷[答案]C[解析]由圖意可知粒子沿順時針方向運(yùn)動,根據(jù)左手定則可得粒子帶負(fù)電；

粒子的運(yùn)動軌跡如圖中虛線,由已知得進(jìn)入磁場時,半徑與x軸正方向的夾角為30°,所以有

洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運(yùn)動的向心力,則得：,所以有,故C正確．故選C．點(diǎn)睛：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動,要掌握住半徑公式、周期公式,畫出粒子的運(yùn)動軌跡后,幾何關(guān)系就比較明顯了.50．一電子以垂直于勻強(qiáng)磁場的速度VA,從A處進(jìn)入長為d寬為h的磁場區(qū)域如圖,發(fā)生偏移而從B處離開磁場。若電量為e,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,弧AB的長為L,則：A.電子在A、B兩處的速度相同B.電子在磁場中速度偏過的角度為L/dC.電子在磁場中運(yùn)動的時間為t=L/vAD.洛侖茲力對電子做功是BevA·h[答案]C[解析]電子在A、B兩處的速度大小相等而方向不同,速度不同,故A錯誤；由集合關(guān)系可知：,解得,則電子在磁場中速度偏過的角度為,選項B錯誤；電子在磁場中的運(yùn)動時間等于弧長與速度的比值,即：,C正確；洛倫茲力總是與速度方向垂直,洛倫茲力與位移垂直,洛倫茲力對電子不做功,故D錯誤；故選C．點(diǎn)睛：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動問題,關(guān)鍵是能通過幾何關(guān)系找到粒子圓周運(yùn)動的半徑,同時注意洛倫茲力不做功,同時注意速度是矢量,注意其方向是否相同．51．如圖所示,放在臺秤上的條形磁鐵兩極未知,為了探明磁鐵的極性,在它中央的正上方固定一導(dǎo)線,導(dǎo)線與磁鐵垂直,給導(dǎo)線通以垂直紙面向外的電流,則<>A.如果臺秤的示數(shù)增大,說明磁鐵左端是N極B.如果臺秤的示數(shù)增大,說明磁鐵右端是N極C.無論如何臺秤的示數(shù)都不可能變化D.以上三項說法都不正確[答案]A[解析]A、B、如果臺秤的示數(shù)增大,說明電流對磁鐵的作用力向下,根據(jù)牛頓第三定律得到磁體對電流的安培力向上,根據(jù)左手定則,電流所在位置磁場向右,故磁體左側(cè)為N極,右側(cè)為S極,故B錯誤,A正確；由AB分析可得CD均錯誤；故選A.52．每時每刻都有大量宇宙射線向地球射來,地磁場可以改變射線中大多數(shù)帶電粒子的運(yùn)動方向,使它們不能到達(dá)地面,這對地球上的生命有十分重要的意義。假設(shè)有一個帶負(fù)電的宇宙射線粒子正垂直于地面向赤道射來,在地磁場的作用下,從沿著粒子運(yùn)動的角度看粒子將A.向東偏轉(zhuǎn)B.向南偏轉(zhuǎn)C.向西偏轉(zhuǎn)D.向北偏轉(zhuǎn)[答案]C[解析]地球的磁場由南向北,當(dāng)帶負(fù)電的宇宙射線粒子垂直于地面向赤道射來時,根據(jù)左手定則可以判斷粒子的受力的方向?yàn)橄蛭?所以粒子將向西偏轉(zhuǎn),所以C正確．故選：C．53．邊長為L的正方形線圈A,通有逆時針方向的恒定電流I,用兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛在水平長直導(dǎo)線MN的正下方h處,如圖所示。當(dāng)導(dǎo)線MN中無電流時,兩細(xì)繩中張力均為T；當(dāng)通過MN的電流為I1時,兩細(xì)繩中張力均減為aT〔0<a<1；而當(dāng)通過MN的電流為I2時,細(xì)繩中張力恰好為零。已知長直通電導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與到導(dǎo)線的距離r成反比〔即,k為常數(shù)。由此可知,MN中的電流方向和電流大小之比I1:I2分別為<>A.向左,1+aB.向右,1+aC.向左,1-aD.向右,1-a[答案]C[解析]當(dāng)MN通以方向從N向M的電流時,則ab邊所受的安培力的向上,cd邊所受安培力方向向下,因離MN越近,則安培力越大,知此時線框所受安培力合力方向豎直向上,所以MN中電流的方向向左；當(dāng)MN內(nèi)通電流I時,根據(jù)題意可知：ab所受安培力為：①cd所受安培力為：②；因它們受到的安培力方向相反,此時線圈所受安培力的合力大小為；可知線圈受到的安培力的合力大小與通入電流的大小成正比,當(dāng)MN分別通以I1、I2的電流時,線框受到的安培力的合力的大小之比為I1:I2．當(dāng)通過MN的電流為I1時,兩細(xì)繩中張力均減為aT〔0＜a＜1,所以安培力的大?。欢?dāng)通過MN的電流為I2時,細(xì)繩中張力恰好為零,則安培力的大小,所以,故選C.[點(diǎn)睛]解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷安培力的方向,右手螺旋定則判斷電流周圍磁場的方向,然后結(jié)合物體受力分析,注意安培力的方向,及矢量法則應(yīng)用．54．絕緣光滑斜面與水平面成α角,質(zhì)量m、帶電荷量為-q〔q>0的小球從斜面上的h高度處釋放,初速度為v0〔v0>0方向與斜面底邊MN平行,如圖所示,整個裝置處在勻強(qiáng)磁場B中,磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大,且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN．則下列判斷正確的是〔A.小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動B.小球到達(dá)底邊MN的時間C.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為D.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為[答案]BD[解析]試題分析：小球在斜面上運(yùn)動時,一定受到豎直向下的重力和垂直斜面向上的洛倫茲力,可能受到垂直斜面向上彈力；小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN,說明垂直斜面的合力為0,洛倫茲力小于重力垂直斜面的分力。小球合力是重力沿斜面向下的分力,因此小球合力恒定,故小球做勻變速曲線運(yùn)動,故A錯誤；小球做類平拋運(yùn)動,沿著斜面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,則小球的加速度,再由運(yùn)動學(xué)公式可得所以球到達(dá)底邊MN的時間,故B正確；帶電荷量帶負(fù)電,由左手定則,根據(jù)左手定則可知,小球受到的洛倫茲力的方向垂直于斜面向上；盡管小球做勻變速曲線運(yùn)動,但垂直磁場的方向速度不變,故洛倫茲力,小于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ；也就是,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為,故C錯誤、D正確。本題選BD點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是小球沿光滑斜面運(yùn)動,合力為重力沿斜面的分力,是恒力；其次洛倫茲力也是恒力,因?yàn)楸M管小球的速度在變,但垂直磁場方向的速度沒有變。55．下列說法正確的是A.電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流的大小成正比B.力對物體所做的功與力的作用時間成正比C.物體做勻速圓周運(yùn)動的向心力由其所受的合外力提供D.磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與通電導(dǎo)線所受安培力的大小成正比[答案]C[解析]根據(jù)焦耳定律可知：電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流的大小的平方成正比,故A錯誤；力對物體所做的功與力的作用時間沒有必然的聯(lián)系,故B錯誤；物體做勻速圓周運(yùn)動的向心力由其所受的合外力提供,故C正確；磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小由磁場本身決定,與通電導(dǎo)線所受的安培力無關(guān),故D錯誤。本題選C56．電磁軌道炮工作原理如圖。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動,并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入,通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場〔可視為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍,理論上可采用的方法是〔A.只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將電流I增加至原來的2倍C.只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D.將彈體質(zhì)量減至原來的一半,軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍,其它量不變[答案]BD[解析]試題分析：通電的彈體在軌道上受到安培力的作用,利用動能定理表示出彈體的出射速度．根據(jù)速度的表達(dá)式進(jìn)行求解．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用,利用動能定理有：,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比,所以有,解得：,只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍,彈體的出射速度增加至原來的倍,故A錯誤；只將電流I增加至原來的2倍,彈體的出射速度增加至原來的2倍,故B正確；只將彈體質(zhì)量減至原來的一半,彈體的出射速度增加至原來的倍,故C錯誤；將彈體質(zhì)量減至原來的一半,軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍,其它量不變,彈體的出射速度增加至原來的2倍,故D正確．[點(diǎn)睛]解決該題關(guān)鍵運(yùn)用動能定理表示出彈體的出射速度求解．要找出一個物理量變化所采用的方法,應(yīng)該先運(yùn)用物理規(guī)律表示出這個物理量再根據(jù)表達(dá)式中各個因素求解．57．速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束,其運(yùn)動軌跡如圖所示,其中S0A=S0C,則下列說法正確的是〔A.甲束粒子帶正電,乙束粒子帶負(fù)電B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3：2[答案]B[解析]試題分析：粒子速度選擇器中受到電場力和洛倫茲力兩個作用,電場力不變,速度方向不變,可知洛倫茲力與電場力應(yīng)平衡,由左手定則判斷出洛倫茲力方向,粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動,由牛頓第二定律得到半徑表達(dá)式,根據(jù)半徑公式分析半徑越大時,粒子的質(zhì)量和比荷的大小甲粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn),乙粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則知甲粒子帶負(fù)電,乙粒子帶正電,故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力,,得：,則甲的比荷大于乙的比荷,B正確；能通過狹縫的帶電粒子,根據(jù)平衡條件可得,得速率,故C錯誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等,由前面分析,則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為2：3,故D錯誤；[點(diǎn)睛]此題考察了速度選擇器的問題：在速度選擇器中,粒子的受力特點(diǎn)是：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡,即,可得,只有速度為的粒子才能沿直線勻速通過選擇器．58．在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點(diǎn)為a；給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是〔A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點(diǎn)B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長C.若小球帶負(fù)電荷,小球會落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠(yuǎn)的b點(diǎn)[答案]D[解析]試題分析：小球不帶電時,水平拋出后在重力作用下做平拋運(yùn)動,給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,小球?qū)⑹艿铰鍌惼澚椭亓餐饔?根據(jù)左手定則分析洛倫茲力的方向,再分析小球的水平位移和運(yùn)動時間的變化．從南向北觀察小球的運(yùn)動軌跡如題圖所示,如果小球帶正電荷,則由左手定則判斷可知小球所受的洛倫茲力斜向右上,該洛倫茲力在豎直向上和水平向右均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大；同理,若小球帶負(fù)電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確．59．如圖所示,空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,從p點(diǎn)平行直線MN射出的a、b兩個帶電粒子,它們從射出第一次到直線MN所用的時間相等,到達(dá)MN時速度方向與MN的夾角分別為60°和90°,不計重力,則兩粒子速度之比va：vb為〔A.2：1B.3：2C.4：3D.：[答案]C[解析]試題分析：做出粒子的軌跡,由幾何知識得到粒子的半徑之比,進(jìn)而由牛頓第二定律得到速度表達(dá)式,得到速度之比．兩粒子做圓周運(yùn)動的軌跡如圖：設(shè)P點(diǎn)到MN的距離為L,由圖知b的半徑,對于a粒子的半徑：,得：,即兩粒子的半徑之比為①；粒子做圓周運(yùn)動的周期,由題,得兩粒子的比荷②,粒子的洛倫茲力提供向心力,,得：③,聯(lián)立①②③得：,故C正確．[點(diǎn)睛]帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動時,洛倫茲力充當(dāng)向心力,從而得出半徑公式,周期公式,運(yùn)動時間公式,知道粒子在磁場中運(yùn)動半徑和速度有關(guān),運(yùn)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,60．如圖所示,虛線空間中存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電場和磁場<圖中實(shí)線為電場線>,有一個帶正電小球<電荷量為＋q,質(zhì)量為m>從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下,那么,帶電小球可能沿直線通過的是<>A.B.C.D.[答案]CD[解析]試題分析：當(dāng)粒子不受洛倫茲力或者三力平衡時物體有可能沿著直線通過電磁場區(qū)域．小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力,下降過程中速度一定變大,故洛倫茲力一定變化,不可能一直與電場力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲線運(yùn)動,故A錯誤；球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力,合力與速度一定不共線,故一定做曲線運(yùn)動,故B錯誤；小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力,若三力平衡,則粒子做勻速直線運(yùn)動,故C正確；粒子受向下的重力和向上的電場力,合力一定與速度共線,故粒子一定做直線運(yùn)動,故D正確；[點(diǎn)睛]本題關(guān)鍵在于洛倫茲力與速度垂直且與粒子速度方向垂直,要使粒子做直線運(yùn)動,要么三力平衡,要么不受洛倫茲力．61．勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器,工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,高頻交流電頻率為f,加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q,在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是<>A.質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB.質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C.質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,則任意粒子離開該回旋加速器的最大動能也會改變[答案]AC[解析]試題分析：回旋加速器運(yùn)用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度,從而求出最大動能．在加速粒子的過程中,電場的變化周期與粒子在磁場中運(yùn)動的周期相等金屬盒最大半徑為R,則質(zhì)子被加速后輸出時的最大加速半徑為R,所以有,A正確；在磁場中運(yùn)動時,洛倫茲力充當(dāng)向心力,即根據(jù),知,則最大動能,與加速的電壓無關(guān)；據(jù)此可知,不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器的最大動能不變．故BD錯誤；粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)知,質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為,根據(jù),則半徑比為,故C正確．[點(diǎn)睛]帶電粒子在D形盒中的回轉(zhuǎn)周期等于兩盒狹縫間高頻電場的變化周期,與帶電粒子速度無關(guān)；帶電粒子離開回旋加速器的動能與加速電壓無關(guān),而僅受磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑的限制。加速電壓的大小只能影響帶電粒子在D形盒內(nèi)加速的次數(shù)；帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運(yùn)動時間的長短,與帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期有關(guān),同時還與帶電粒子在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)有關(guān)。62．如圖所示,在傾角為α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(dǎo)體棒．當(dāng)導(dǎo)體棒中的恒定電流I垂直于紙面向里時,欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上,可將導(dǎo)體棒置于勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向在紙面內(nèi)由豎直向上逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中,關(guān)于B的大小的變化,正確的是<>A.逐漸增大B.逐漸減小C.先增大后減小D.先減小后增大[答案]D[解析]試題分析：本題中導(dǎo)體棒受三個力,重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力為零,其中重力的大小和方向都不變,支持力的方向不變,安培力的方向由水平向右逐漸變?yōu)樨Q直向上,根據(jù)平行四邊形定則分析．對導(dǎo)體棒受力分析,受重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力為零,將支持力和安培力合成,合力與重力相平衡,如圖

從圖中可以看出,安培力先變小后變大,由于,其中電流I和導(dǎo)體棒的長度L均不變,故磁感應(yīng)強(qiáng)度先變小后變大,D正確；[點(diǎn)睛]在解析力的動態(tài)平衡問題時,一般有兩種方法,一種是根據(jù)受力分析,列出力和角度三角函數(shù)的關(guān)系式,根據(jù)角度變化進(jìn)行分析解題,一種是幾何三角形相似法,這種方法一般解決幾個力都在變化的情況,列出力與三角形對應(yīng)邊的等式關(guān)系,進(jìn)行解題分析63．利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。用絕緣輕質(zhì)絲線把底部長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的"U"形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上,并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源,導(dǎo)線的電阻忽略不計。當(dāng)有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時,拉力顯示器可以直接顯示力敏傳感器所受的拉力。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1時,拉力顯示器的示數(shù)為F1;接入恒定電壓為E2時<電流方向與電壓為E1時相反,拉力顯示器的示數(shù)為F2。已知F1>F2,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為A.B.C.D.[答案]B[解析]線框接入恒定電壓為E1時,對線框受力分析得出：；當(dāng)線框接入恒定電壓為E2時,對線框受力分析得出：,聯(lián)立整理得：,故B正確,ACD錯誤．故選：B.64．在絕緣水平桌面上有MN、PQ兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間的距離為l,金屬棒ab和cd垂直放在導(dǎo)軌上,兩棒正中間用一根長l的絕緣細(xì)線相連．棒ab右側(cè)有一直角三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向豎直向下,三角形的兩條直角邊長均為l,整個裝置的俯視圖如圖所示．從圖示位置在棒ab上加水平拉力F,使金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū),則金屬棒ab中感應(yīng)電流i和絕緣細(xì)線上的張力大小F隨時間t變化的圖象可能正確的是〔金屬棒ab中電流方向由a到b為正〔A.B.C.D.[答案]AC[解析]在ab棒通過磁場的時間內(nèi),ab棒切割磁感線的有效長度均勻增大,由E=BLv分析可知,ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均勻增大,則感應(yīng)電流均勻增大,由楞次定律知感應(yīng)電流的方向由b到a,為負(fù)值．根據(jù)cd棒受力平衡知,細(xì)線上的張力F為0；在cd棒通過磁場的時間內(nèi),cd棒切割磁感線的有效長度均勻增大,由E=BLv分析可知,cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均勻增大,則感應(yīng)電流均勻增大,由楞次定律知感應(yīng)電流的方向由a到b,為正負(fù)值．根據(jù)cd棒受力平衡知,細(xì)線上的張力,L均勻增大,則F與L2成正比．故BD錯誤,AC正確．故選AC.65．如圖所示,勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里,勻強(qiáng)電場豎直向上。質(zhì)量為m、電荷量為q的小球以速率v在復(fù)合場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動。已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,重力加速度為g。則A.小球帶負(fù)電B.電場強(qiáng)度大小為C.小球做圓周運(yùn)動的半徑為D.小球做圓周運(yùn)動的周期為[答案]C[解析]小球做勻速圓周運(yùn)動,靠洛倫茲力提供向心力,則mg=qE,電場力方向豎直向上,那么小球帶正電,故A錯誤．由mg=qE,得電場強(qiáng)度大小為,故B錯誤．洛倫茲力提供向心力,得圓周運(yùn)動的半徑,故C正確．小球做圓周運(yùn)動的周期,故D錯誤．故選：C.66．已知通電長直導(dǎo)線周圍空間中某點(diǎn)處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=k,其中k為常量、I為直導(dǎo)線中的電流、r為該點(diǎn)到長直導(dǎo)線的距離。如圖所示,a、b兩根通電長直導(dǎo)線經(jīng)過圓心為O的圓上同一直徑的兩端,兩根直導(dǎo)線中的電流大小相等,a中電流方向垂直圓所在平面向里,b中電流方向垂直圓所在平面向外,此時圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將直導(dǎo)線b沿圓周順時針轉(zhuǎn)動90°,電流的大小和方向都保持不變,則O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锳.2BB.BC.BD.B[答案]D[解析]由兩直導(dǎo)線中電流大小相等,到圓心O的距離相等,又由安培定則可知,兩直導(dǎo)線中電流在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同,設(shè)其中一根直導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,則B=2B0．將直導(dǎo)線b順時針旋轉(zhuǎn)90°后,兩根直導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的兩個磁場方向相互垂直,所以,故D正確．ABC錯誤；故選D.67．〔多選空間中有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場,等腰直角三角形OAC在水平面內(nèi),∠AOC=90°,OA=L,D為AC中點(diǎn),如圖所示。粒子a以沿AO方向的速度v0從A點(diǎn)射入磁場,恰好能經(jīng)過C點(diǎn),粒子b以沿OC方向的速度從O點(diǎn)射入磁場,恰好能經(jīng)過D點(diǎn)。已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q,粒子重力及粒子間的相互作用均忽略,則下列說法中正確的是〔A.粒子a帶負(fù)電,粒子b帶正電B.粒子a從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的時間為C.粒子b的速度大小為2v0D.要使粒子b從O點(diǎn)射入后的運(yùn)動軌跡能與AC相切,只需將其速度大小變?yōu)椤玻?v0[答案]BD[解析]由左手定則可知兩粒子均帶負(fù)電,A錯誤；作出粒子a運(yùn)動軌跡如圖所示,

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,ra=L,,故B正確；作出粒子b運(yùn)動軌跡如圖所示,

根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得,由得,,即,C錯誤；需,由知,,D正確．故選：BD.68．如圖甲所示,一匝數(shù)N=10、總電阻R=7.5Ω、長L1=0.4m、寬L2=0.2m的勻質(zhì)矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上,線框的bc邊正好過半徑r=0.1m的圓形磁場的豎直直徑,線框的左半部分在垂直線框平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1T,圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直線框平面向下,大小隨時間均勻增大,如圖乙所示,已知線框與水平面間的最大靜摩擦力f=1.2N,取π≈3,則〔A.t=0時刻穿過線框的磁通量大小為0.07WbB.線框靜止時,線框中的感應(yīng)電流為0.2AC.線框靜止時,ad邊所受安培力水平向左,大小為0.8ND.經(jīng)時間t=0.4s,線框開始滑動[答案]D[解析]設(shè)磁場向上穿過線框磁通量為正,由磁通量的定義得t=0時,有：；故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：；由閉合電路歐姆定律,則有：；故B錯誤；由楞次定律可知,圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時,線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向,ad中的感應(yīng)電流的方向向下,由左手定則可知,ad邊受到的安培力的方向向左．

ad邊受到的安培力是10匝線圈受到的安培力的核,即：F=10B0IL1=10×1×0.1×0.4=0.4N＜1.2N,所以ad邊受到的摩擦力的大小為0.4N．故C錯誤；圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大,所以產(chǎn)生大小不變的電動勢,感應(yīng)電流的大小不變,而左側(cè)的磁場區(qū)域內(nèi)的磁場不變,所以線框的ad邊受到的安培力的大小保持大小0.4N,方向向左不變；t=0.4s時,線框的bc邊處的磁場,bc受安培力：,方向向左,故此時整個線圈所受的安培力為0.4N+0.8N=1.2N,方向向左,因fm=1.2N,可知此時線框?qū)⒁瑒樱蔇正確．故選D.69．如圖所示為電磁流量計示意圖,將血管置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場中,測得血管中血液的流量為Q〔單位時間內(nèi)流過的體積,已知血管直徑的兩側(cè)ab兩點(diǎn)間電壓為U,則血管的直徑d為A.B.C.D.[答案]B[解析]導(dǎo)電液體流過磁場區(qū)域穩(wěn)定時,電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡,則有流量Q=vS=解得：．所以選項B正確．故選B.70．如圖所示,霍爾式位移傳感器測量原理是：有一個沿z軸方向的磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0+kz〔B0、k均為正的常數(shù)；將傳感器固定在霍爾元件上,沿z軸方向元件的厚度為d,保持通過霍爾元件的電流I不變〔方向如圖中箭頭所示．當(dāng)元件沿z軸方向移動時,由于位置不同,霍爾元件在y軸方向上的上、下表面的電勢差U也不同,則〔A.若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電,則下板電勢高B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B越大,上、下表面的電勢差U越小C.電流I取值越大,上、下表面的電勢差U越小D.k越大,傳感器靈敏度〔越高[答案]D[解析]霍爾元件中移動的是自由電子,根據(jù)左手定則,電子向下表面偏轉(zhuǎn),所以上表面電勢高．故A錯誤；最終電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡,設(shè)霍爾元件的長寬高分別為a、b、c,有,電流的微觀表達(dá)式為I=nqvS=nqvbc,所以．B越大,上、下表面的電勢差U越大．電流越大,上、下表面的電勢差U越大．故B錯誤,C錯誤．k越大,根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=B0+kz,知B隨z的變化越大,根據(jù)．知,U隨z的變化越大,即傳感器靈敏度〔越高．故D正確．故選D.71．如圖所示,在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q,電場強(qiáng)度為E