【解析】2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場

第第頁【解析】2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場

一、選擇題

1．（2023高二下·舒城期末）關(guān)于磁場和磁感線的描述，正確的說法是()

A．沿磁感線方向，磁場逐漸減弱

B．磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于S極

C．磁場的方向就是通電導(dǎo)體在磁場中某點(diǎn)受磁場作用力的方向

D．在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線

【解析】【解答】沿磁感線方向，磁場可以減弱，可以增強(qiáng)，也可以不變，A錯(cuò)；磁感線是閉合曲線，B錯(cuò)；物理學(xué)中規(guī)定磁場的方向是小磁針靜止時(shí)N極所指的方向，或N極在磁場中的受力方向，C錯(cuò)；導(dǎo)體所受的安培力還與電流方向與磁場方向的夾角有關(guān)，有可能在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小，D對(duì)。

【分析】學(xué)生要熟練掌握磁感線的特點(diǎn)，并能區(qū)分磁感線和電場線的異同點(diǎn)；知道安培力的一般表達(dá)式。

2．電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間有著深刻的聯(lián)系，人類研究電、磁現(xiàn)象的歷史比力學(xué)更為豐富多彩。其中安培、法拉第和麥克斯韋等物理學(xué)家作出了卓越的貢獻(xiàn)，下列物理事實(shí)歸功于法拉第的有（）

A．發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象B．提出分子電流假說

C．發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)D．提出變化磁場產(chǎn)生電場的觀點(diǎn)

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史

【解析】【解答】安培提出了分子電流假說，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，麥克斯韋提出了變化的磁場產(chǎn)生電場，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A正確。

故選A

【分析】本題考查物理學(xué)史，需要平時(shí)多積累，難度不大。

3．（2023高二上·武漢期末）司南是我國著名科技史學(xué)家王振鐸根據(jù)春秋戰(zhàn)國時(shí)期的《韓非子》書中和東漢時(shí)期思想家王充寫的《論衡》書中“司南之杓，投之于地，其柢指南”的記載，考證并復(fù)原勺形的指南器具。書中的“柢”指的是司南的長柄，如圖所示。司南是用天然磁鐵礦石琢成一個(gè)勺形的東四，放在一個(gè)刻著方位的光滑盤上，當(dāng)它靜止時(shí)，共長柄（）

A．“柢”相當(dāng)于磁體的N極

B．司南可以用銅為材料制作

C．地球表面任意位置的磁場方向都與地面平行

D．司南能“司南”是因?yàn)榈厍虼嬖诖艌觯卮拍蠘O在地理北極附近

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線；地磁場

【解析】【解答】A．司南之杓，投之于地，其柢指南，地磁場北極在地理南極，所以“柢”相當(dāng)于磁體的S極，A不符合題意；

B．司南不可以用銅為材料制作，因?yàn)闊o法磁化，B不符合題意；

C．磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，C不符合題意；

D．司南能“司南”是因?yàn)榈厍虼嬖诖艌?，地磁南極在地理北極附近，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】地磁場北極在地理南極附近。司南不可以用銅為材料制作，因?yàn)闊o法磁化，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線。

4．（2023高二下·寧縣月考）一根長度為20cm、通以1A電流的導(dǎo)線，垂直放入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，通電導(dǎo)線受到的作用力為4N，則B的數(shù)值為（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】左手定則—磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用

【解析】【解答】通電導(dǎo)線垂直放在磁場中，受到安培力為：，代入數(shù)據(jù)，，知B=20T，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。

故答案為：B。

【分析】本題針對(duì)通電導(dǎo)線垂直放入磁場中受到的安培力大小的計(jì)算，注意單位的換算。

5．（2023·遼寧）安培通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為△L1和△L2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為。比例系數(shù)k的單位是（）

A．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】平行通電直導(dǎo)線間的相互作用；力學(xué)單位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為，可得：，代入單位可得：，由此可見ACD錯(cuò)誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達(dá)式，推導(dǎo)出k的表達(dá)式，根據(jù)相應(yīng)物理量代入對(duì)應(yīng)的基本單位。

6．（2023高二下·齊齊哈爾月考）如圖甲所示，一帶正電粒子以水平初速度（）先后進(jìn)入方向垂直的寬度相同且緊相鄰在一起的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向下，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中（重力忽略不計(jì)），電場力和磁場力對(duì)粒子所做的總功大小為；若把電場和磁場正交重疊，如圖乙所示，粒子仍以水平初速度穿過重疊場區(qū)，在粒子穿過電場和磁場的過程中，電場力和磁場力對(duì)粒子所做的總功大小為。則（）

A．一定是

B．一定是

C．一定是

D．可能是，也可能是

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】不論帶電粒子帶何種電荷，由于，所以電場力qE大于洛倫茲力qBv0，根據(jù)左手定則判斷可知：洛倫茲力有與電場力方向相反的分力，所以帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移比重疊時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移大，所以不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移一定大于乙中的偏轉(zhuǎn)位移，而洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，只有電場力做功，所以一定是W1＞W(wǎng)2，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用電場力的大小結(jié)合粒子在電場中騙子位移的大小可以比較電場力做功的大小，洛倫茲力對(duì)粒子不做功。

7．（2023高二下·浙江月考）如圖所示為某污水測量裝置，絕緣材料做成的水平圓管內(nèi)徑為D，在圓管某橫截面的一條豎直直徑上安裝兩個(gè)金屬電極M、N，M裝在頂部、N裝在下部，M、N剛好戳穿絕緣材料，當(dāng)圓管內(nèi)充滿污水時(shí)，M、N能與污水有良好接觸。將這一裝置安裝在杭州某工廠排污口，并使圓管的中心軸線沿東西方向放置，污水恰能充滿圓管并以穩(wěn)定的速度v向東流淌。污水中含有大量可自由移動(dòng)的離子。在圓管側(cè)面加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于M、N所在直徑向北的勻強(qiáng)磁場，在M、N之間形成的電勢差為；撤去勻強(qiáng)磁場，M、N之間依然存在電勢差，大小為。下列說法正確的是（）

A．

B．

C．排污口所在處地磁場的水平分量

D．單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積為

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；電磁流量計(jì)

【解析】【解答】A．根據(jù)題意可知該處地磁場水平方向的分量為從南到北，而所加磁場的方向垂直于M、N所在直徑向北，因此根據(jù)左手定則可知，無論是地磁場還是所加磁場，污水中的正離子都向M處移動(dòng)、負(fù)離子都向N處移動(dòng)，故，，A不符合題意；

B．設(shè)地磁場在該處的水平分量為，根據(jù)平衡條件可得，解得，B不符合題意；

C．撤去勻強(qiáng)磁場后，由于污水流速不變，因此根據(jù)平衡條件可得，解得，結(jié)合C選項(xiàng)分析可得，C符合題意；

D．結(jié)合BC選項(xiàng)分析可得，管道的橫截面積為，單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積為，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用左手定則可以判別離子的偏轉(zhuǎn)方向進(jìn)而判別電勢差的大小；利用平衡方程可以求出離子速度的大?。焕秒妶隽吐鍌惼澚ο嗟瓤梢郧蟪龅卮艌鏊椒至康拇笮?；利用速度的表達(dá)式結(jié)合橫截面積的大小可以求出單位時(shí)間排出污水的體積大小。

8．（2023高二下·貴池期中）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）

A．甲圖要增大粒子的最大動(dòng)能，可增加電壓U

B．乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極

C．丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是

D．丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)C端電勢高

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機(jī)；速度選擇器；霍爾元件

【解析】【解答】A、回旋加速器加速粒子所獲得的的最大速度，根據(jù)得，增大電壓U不會(huì)影響粒子的最大速度，故A錯(cuò)誤。

B、根據(jù)左手定則可知正離子所受洛倫茲力方向指向B板，負(fù)離子所受洛倫茲力方向指向A板，故B板為正極，A板為負(fù)極，B正確。

C、粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，即，但無法辨別粒子的電性，故C錯(cuò)誤。

D、若載流子為負(fù)離子，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向指向C端，C端聚集負(fù)電荷，電勢較低，D錯(cuò)誤。

故答案為：B

【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，再由洛倫茲力提供向心力和平衡條件分析求解。

9．空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點(diǎn)入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計(jì)重力．下列說法錯(cuò)誤的是()

A．入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同

B．入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同

C．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡不一定相同

D．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角一定越大

【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)雜邊界；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，所以速度相同的粒子軌跡半徑相同，運(yùn)動(dòng)軌跡也必相同，B正確；

對(duì)于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時(shí)轉(zhuǎn)過的圓心角都相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為半個(gè)周期，由得，所有粒子在磁場運(yùn)動(dòng)周期都相同，A錯(cuò)誤、C正確；

運(yùn)行時(shí)間，所以D正確

故選A

【分析】本題考查洛倫茲力提供向心力和圓周運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用。

10．（2023·杭州模擬）利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同同極相對(duì)放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流I不變，方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0，霍爾電壓為0，將該點(diǎn)作為位移的零點(diǎn)。當(dāng)霍爾元件沿著±x方向移動(dòng)時(shí)，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是（）

A．霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其左側(cè)電勢比右側(cè)高

B．霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢比上側(cè)高

C．增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測量靈敏度

D．增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測量靈敏度

【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】霍爾元件

【解析】【解答】AB.霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，磁場方向向右，根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的載流子向下偏轉(zhuǎn)，則上側(cè)電勢比下側(cè)高；同理霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢比上側(cè)高，故A不符合題意，B符合題意；

CD.當(dāng)穩(wěn)定時(shí)，根據(jù)平衡條件得：，又，聯(lián)立解得：，可見，只有減小x方向的厚度才能增加靈敏度；增加霍爾元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加測量靈敏度，故CD不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據(jù)左手定則，分析帶負(fù)電的載流子偏轉(zhuǎn)，分析電勢高低；根據(jù)平衡條件、微觀電流表達(dá)式聯(lián)立求電勢差。

11．（2023·重慶市模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0，一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端過程有（）

A．時(shí)間為B．小球所受洛倫茲力做功為quBl

C．外力F的平均功率為D．外力F的沖量為qBl

【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】洛倫茲力的計(jì)算；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A、小球隨管道做水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，小球受到因隨管道水平向右速度u對(duì)應(yīng)的大小方向不變的洛倫茲力，根據(jù)牛頓第二定律，由位移公式：解得：，A錯(cuò)誤；

B、小球所受洛倫茲力始終與速度垂直，不做功，B錯(cuò)誤；

C、小球洛倫茲力不做功，洛倫茲力沿管道方向和垂直于管道水平向左的分力大小相等，故，

外力的平均功率：，C錯(cuò)誤；

D、由于外力水平向右，管勻速運(yùn)動(dòng)，外力做功發(fā)生的位移，由聯(lián)立解得：，

由沖量公式：，D正確；

故答案為：D

【分析】洛倫茲力不做功，小球隨管道水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向洛倫茲力不變，由牛頓第二定律計(jì)算豎直方向加速和位移公式計(jì)算時(shí)間，根據(jù)水平方向和豎直方向洛倫茲力分力相等，等于水平外力計(jì)算其功率，根據(jù)外力做功的大小和管道水平勻速運(yùn)動(dòng)的位移計(jì)算外力大小，從而計(jì)算外力的沖量。

二、多項(xiàng)選擇題

12．（2022高二上·吉林期中）如圖所示，一束帶電粒子（不計(jì)重力）從左端水平射入后，部分粒子沿直線從右端水平射出，則下列說法中正確的是（）

A．射出的帶電粒子一定帶負(fù)電

B．速度選擇器的上極板帶負(fù)電

C．沿虛線水平射出的帶電粒子的速率一定等于

D．若帶電粒子的入射速度，則粒子可能向上偏轉(zhuǎn)

【答案】C,D

【知識(shí)點(diǎn)】洛倫茲力的計(jì)算；速度選擇器

【解析】【解答】AB．由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向，由此無法確定射出的帶電粒子的電性，但無論射出的粒子電性如何，速度選擇器的上極板一定帶正電，故AB錯(cuò)誤；

C．由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向有得，故C正確；

D．如果帶電粒子的入射速度即洛倫茲力大于電場力，若粒子帶正電，其所受洛倫茲力向上，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，同理可知，若粒子帶負(fù)電，則粒子向下偏轉(zhuǎn)，故D正確。

故選CD。

【分析】由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向，根據(jù)洛倫茲力和電場力方向分析即可。

13．（2023·全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是（）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心O

B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短

D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線

【答案】B,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A.粒子從P點(diǎn)沿磁場半徑方向進(jìn)入磁場區(qū)域，以O(shè)1為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)沿半徑方向與圓筒碰撞，軌跡如圖：

粒子與圓筒碰撞后依然沿半徑方向進(jìn)入磁場區(qū)域，所以粒子不可能通過圓心O，故A不符合題意；

B.由圖可知，粒子至少與圓筒碰撞兩次（A、B點(diǎn)），然后從小孔射出，故B符合題意；

C.設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，圓筒的半徑為R，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有：，設(shè)，由幾何關(guān)系得：，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，故C符合題意；

D.由分析可知粒子沿圓筒半徑方向射入圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓筒，故D符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】帶電粒子沿半徑方向射入磁場，沿半徑方向射出磁場；通過作圖分析；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑，由幾何關(guān)系得到與v的關(guān)系式，根據(jù)寫出時(shí)間的關(guān)系式進(jìn)行分析。

14．（2023高二下·濰坊期中）如圖所示，直角三角形abc區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab邊長為2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac邊的中點(diǎn)d，粒子源垂直ac邊向磁場中發(fā)射不同速率的帶正電的粒子，粒子均從bc邊界射出，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（）

A．粒子運(yùn)動(dòng)的速率可能為

B．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為

C．bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為

D．有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為

【答案】B,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A、根據(jù)題意，粒子與ab邊相切時(shí)對(duì)應(yīng)速度最大，由幾何關(guān)系可得半徑為：

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：得：，聯(lián)立解得：，

同理若粒子從c點(diǎn)射出，則速度為：，A錯(cuò)誤；

B、由粒子在磁場中的周期公式：

當(dāng)粒子垂直于bc邊射出時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，B正確；

C、由題意可知，粒子與ab邊相切時(shí)，打在cb邊上的點(diǎn)到c點(diǎn)的距離最大，即，C正確；

D、打在cb邊上的點(diǎn)到c點(diǎn)的距離最大時(shí)，粒子在磁場中面積最大為：，D正確；

故答案為：BCD

【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力得出半徑和周期公式，根據(jù)題意粒子最大速度對(duì)應(yīng)相切于ab邊由幾何關(guān)系得出對(duì)應(yīng)最大速度，過c點(diǎn)對(duì)應(yīng)最小速度，由粒子圓周運(yùn)動(dòng)圓心角計(jì)算粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由幾何關(guān)系確定bc邊的最大距離和磁場中的面積。

三、非選擇題

15．（2023高二下·安徽期中）如圖（1）所示，實(shí)驗(yàn)小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線ab直線固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長度為L的直導(dǎo)線cd接入電路，并在中點(diǎn)處與拉力傳感器相連，拉力傳感器接入計(jì)算機(jī)中，測出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強(qiáng)度為，直導(dǎo)線cd中通過小的電流強(qiáng)度為，將導(dǎo)線cd圍繞中點(diǎn)O垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如圖（2）所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動(dòng)距離x時(shí)，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如圖（3）所示，不考慮導(dǎo)線cd所產(chǎn)生的磁場。

（1）初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；

（3）直線電流產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與離導(dǎo)線距離x成（填“正比”或“反比”）。

【答案】（1）

（2）垂直紙面向里

（3）反比

【知識(shí)點(diǎn)】安培力；通電導(dǎo)線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導(dǎo)線間的相互作用；安培力的計(jì)算

【解析】【解答】（1）根據(jù)安培定則，導(dǎo)線ab在cd位置處產(chǎn)生磁場方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由圖像可知此時(shí)導(dǎo)線cd受的安培力為，由安培力公式，解得；

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，導(dǎo)線ab在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里；

（3）在圖像中可看到安培力隨著距離的倒數(shù)增大而增大，反過來安培力應(yīng)該隨著距離的增大而減小，而，說明B也隨著距離的增大而減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與離導(dǎo)線距離x成反比。

【分析】本題考查了兩直流導(dǎo)線之間的相互作用。

（1）由圖像可知導(dǎo)線cd初始時(shí)所受的安培力大小，再結(jié)合就可以求出初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

（2）無論cd導(dǎo)線怎么旋轉(zhuǎn)，某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度只跟原直線電流有關(guān)，根據(jù)右手螺旋定則可知O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里；

（3）在圖像中可看到安培力隨著距離的倒數(shù)增大而增大，說明磁感應(yīng)強(qiáng)度也隨著距離的倒數(shù)增大而增大，即隨著距離的增大而減小，成反比關(guān)系。

16．（2023高二下·韓城期末）如圖甲，間距的平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌左端MP之間接有一阻值的定值電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，一導(dǎo)體棒（電阻不計(jì)）垂直于導(dǎo)軌放在距離導(dǎo)軌左端的ab處，其質(zhì)量，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，取豎直向下為正方向。時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示；在內(nèi)導(dǎo)體棒在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)感應(yīng)電流磁場的影響，取。

（1）求時(shí)安培力的大小和方向；

（2）從開始，導(dǎo)體棒在恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)到cd處，此時(shí)導(dǎo)體棒速度已達(dá)最大，求該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；

（3）若將金屬棒滑行至cd處后，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，導(dǎo)體棒在恒力作用下繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的關(guān)系式（關(guān)系式以cd處的時(shí)刻記作）

【答案】（1）解：前3s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流

根據(jù)楞次定律可知電流方向俯視為順時(shí)針方向

t=1s時(shí)，安培力

據(jù)左手定知安力方向水平向右。

（2）解：導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，根據(jù)平衡條件可得

其中。

由圖乙知

聯(lián)立解得

根據(jù)能量守恒定律得

解得。

（3）解：導(dǎo)體棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，回路中的磁通量變化量為零

對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律可得

解得

根據(jù)可得

解得T

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；左手定則—磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用；安培力的計(jì)算；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢，閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電路，再由安培力計(jì)算公式F=BIL求出安培力的值，由左手定則分析安培力的方向；（2）當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件列式求出導(dǎo)體棒的速度，即為最大速度，再根據(jù)能量守恒定律求出電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；（3）金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電路，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，回路不產(chǎn)生感應(yīng)電路，則磁通量變化為零，由此列式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。

17．（2023高二下·武昌期末）如圖所示，直角坐標(biāo)系中，有一以原點(diǎn)O為中心的正方形ABCD區(qū)域，其邊長為4a且分別與x軸、y軸平行。還有一個(gè)以原點(diǎn)O為圓心，半徑為a的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內(nèi)分布有勻強(qiáng)電場，方向與x軸負(fù)方向、y軸負(fù)方向夾角均為45°。圓形區(qū)域外，正方形區(qū)域內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。位于A點(diǎn)的粒子源，向磁場中沿AD方向噴射出質(zhì)量為m，帶電量為的粒子，粒子的速度大小可調(diào)，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。

（1）若粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后，能進(jìn)入圓形區(qū)域的電場中，求粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍；

（2）M、N是AC連線與圓形區(qū)域邊界的交點(diǎn)，若某粒子射入磁場后，經(jīng)M點(diǎn)射入電場，然后僅從N點(diǎn)射出電場，最后從C點(diǎn)離開磁場。求電場的電場強(qiáng)度大小，以及該粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間。

【答案】（1）解：作出粒子恰好不能進(jìn)入電場的軌跡，如圖：

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子恰好不能進(jìn)入電場的r滿足

或

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍為

（2）解：根據(jù)對(duì)稱性可知粒子進(jìn)入M點(diǎn)時(shí)與AC夾角為45°，根據(jù)幾何關(guān)系可知

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得

粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

同時(shí)沿MN方向有

粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

聯(lián)立解得

該粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；洛倫茲力的計(jì)算；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）要找出粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍，首先根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向在AB方向上，則粒子射入磁場時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心也在AB連線上，利用全范圍法，逐漸增大勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，找出恰好不射入電場的兩個(gè)臨界圓結(jié)合幾何條件，求出兩個(gè)臨界圓所對(duì)應(yīng)的半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力的式子求出兩個(gè)臨界圓對(duì)應(yīng)的速度，就得出粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍。

（2）作出粒子在射入M點(diǎn)之前在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何條件求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，求出圓周運(yùn)動(dòng)的速度v，粒子射入M點(diǎn)時(shí)，與MN之間的夾角為45度，對(duì)速度進(jìn)行分解，分解為垂直于MN的分速度v1以及平行于MN的分速度V2，我們可以看到粒子在平行于MN的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于MN的方向上先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)再做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)推導(dǎo)出粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合平行MN的方向位移為2a列勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移的公式，求出場強(qiáng)E的大小。粒子在進(jìn)入電場前的圓周運(yùn)動(dòng)與離開電場后的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)稱的，總共運(yùn)動(dòng)了一個(gè)半圓，所以，再加上電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間即為該粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間。

18．（2022高三上·肥東期末）如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里。點(diǎn)A、C、O、D處于一條水平線上，且。A處有一個(gè)粒子源，豎直向上同時(shí)射出速率不同的同種帶電粒子，粒子經(jīng)過以O(shè)為圓心、r為半徑的圓周上各點(diǎn)。已知粒子質(zhì)量為m，電量的絕對(duì)值為q，不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用力，問：

（1）粒子帶正電荷還是負(fù)電荷？到達(dá)C和到達(dá)D處的粒子的速率比；

（2）求粒子到達(dá)圓周所需的最短時(shí)間，及最先到達(dá)圓周的粒子的速度大小。

【答案】（1）解：由左手定則得，粒子帶負(fù)電。

由洛倫茲力提供向心力得

由幾何關(guān)系得

聯(lián)立解得

（2）解：粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為

又

解得

可見周期與速度無關(guān)。所以粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小，時(shí)間越短。由幾何關(guān)系得，當(dāng)軌跡圓弧的所對(duì)應(yīng)的弦與圓相切時(shí)，時(shí)間最短。如圖

則

時(shí)間最短，則該粒子最先到達(dá)。則

解得

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）由左手定則得出粒子的電性，由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系得出速度之比；

（2）由幾何關(guān)系分析得出當(dāng)軌跡圓弧的所對(duì)應(yīng)的弦與圓相切時(shí)，時(shí)間最短，結(jié)合粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)處理。

19．（2023高二下·文山期末）真空區(qū)域有寬度為l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界．質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)沿著與MN夾角θ=30°的方向射入磁場中，剛好沒能從PQ邊界射出磁場．求粒子射入磁場的速度大小及在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

【答案】解：若粒子帶正電荷，粒子恰好不從PQ邊界射出的臨界軌跡如圖甲所示．

設(shè)圓心為O1，則l＝R1(1＋cos30°)

由qv1B＝

解得v1＝

對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝

若粒子帶負(fù)電荷，粒子恰好不從PQ邊界射出的臨界軌跡如圖乙所示．

設(shè)圓心為O2，半徑為R2，則cos30°＝

由qv2B＝

解得v2＝

對(duì)應(yīng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】本題考查帶電粒子在有界磁場的運(yùn)動(dòng)，首先題意并沒有給出粒子的電性，要分情況討論。其次，帶電粒子在直線邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，具有對(duì)稱性，即進(jìn)入磁場和離開磁場時(shí)速度方向與邊界的夾角相等；在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，要求學(xué)生能夠找圓心、定半徑、畫軌跡，帶電粒子在磁場的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在磁場運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角有關(guān)；本題考查粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界條件，剛好沒能從PQ邊界射出磁場，說明運(yùn)動(dòng)軌跡與PQ相切。

20．（2023高三上·茂名開學(xué)考）如圖所示，在平面內(nèi)，有兩個(gè)半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于、、點(diǎn)和、、點(diǎn)，其中圓弧的半徑為。兩個(gè)半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，電場方向由原點(diǎn)向外輻射，其間的電勢差為。圓弧上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場，圓弧內(nèi)無電場和磁場。點(diǎn)處有一粒子源，在平面內(nèi)向軸上方各個(gè)方向，射出質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，帶電粒子射出時(shí)的速度大小均為，被輻射狀的電場加速后進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界后的運(yùn)動(dòng)。求：

（1）粒子被電場加速后的速度；

（2）要使有的粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，且該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為軸上某點(diǎn)，求此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；

（3）當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問中的倍時(shí)，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度。

【答案】（1）解：設(shè)粒子被電場加速后速度為，由動(dòng)能定理可得

解得

（2）解：垂直磁場上邊界射出的粒子的圓心必在磁場上邊界上，設(shè)該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，如圖

則，

故

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

聯(lián)立解得

（3）解：當(dāng)時(shí)，根據(jù)，可得帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑

由幾何知識(shí)可知，當(dāng)粒子從沿軸正方向進(jìn)人磁場，粒子從磁場上邊界的射出點(diǎn)，為粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端，粒子能夠到達(dá)上邊界的最右端軸的距離

當(dāng)粒子與磁場上邊界相切時(shí)，切點(diǎn)為粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端，如圖

由幾何關(guān)系可知，粒子能夠到達(dá)上邊界的最左端距軸的距離為

可知粒子能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)問題，粒子在加速電場的運(yùn)動(dòng)，一般應(yīng)用動(dòng)能定理求解粒子在電場的末速度；粒子垂直于磁場方向進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，滿足磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值，根據(jù)幾何關(guān)系確定軌跡半徑的最小值，從而可以確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值；求解帶電粒子在磁場的運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子能夠達(dá)到上邊界的范圍的左右端點(diǎn)。

21．（2023高二下·通州期中）回旋加速器在核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個(gè)中空的、半徑為R的半圓金屬盒，接在電壓恒為U的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可忽略，重力不計(jì)，不考慮相對(duì)論效應(yīng)），質(zhì)子在兩盒狹縫間的電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)被加速。D1、D2置于與盒面垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q。求：

（1）質(zhì)子被回旋加速器加速能達(dá)到的最大速率vm；

（2）質(zhì)子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數(shù)n。

【答案】（1）解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得

（2）解：根據(jù)題意有

所以

【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)譜儀和回旋加速器

【解析】【分析】(1)、求質(zhì)子被回旋加速器加速能達(dá)到的最大速率vm，洛倫茲力提供向心力可知，半徑越大速度就越大；

（2）求質(zhì)子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數(shù)n，由動(dòng)能定理可知，經(jīng)過一次電場，粒子杯加速一次有：。

22．（2023高二下·順義期中）質(zhì)譜儀是一種分離和檢測同位素的重要工具，其結(jié)構(gòu)原理如圖所示。區(qū)域Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為：區(qū)域Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，電場方向水平向左，板間距離為d；區(qū)域Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，初速度為零，經(jīng)粒子加速器加速后，恰能沿直線通過速度選擇器，由O點(diǎn)沿垂直于邊界的方向進(jìn)入分離器后打在上的P點(diǎn)，空氣阻力，粒子重力及粒子間相互作用力均忽略不計(jì)。

（1）求粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度大小v；

（2）求速度選擇器兩極板間的電壓；

（3）19世紀(jì)末，阿斯頓設(shè)計(jì)的質(zhì)譜儀只由區(qū)域Ⅰ粒子加速器和區(qū)域Ⅲ偏轉(zhuǎn)分離器構(gòu)成，在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了氖22和氖20兩種同位素粒子（兩種粒子電荷量相同，質(zhì)量不同），他們分別打在上相距為的兩點(diǎn)。為便于觀測。的數(shù)值大一些為宜，不計(jì)粒子從區(qū)域Ⅰ的上極板飄入時(shí)的初速度，請(qǐng)通過計(jì)算分析為了便于觀測應(yīng)采取哪些措施。

【答案】（1）解：粒子在加速電場中加速時(shí)

則

（2）解：在速度選擇器中

解得

（3）解：粒子在加速電場中加速時(shí)

則

進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)

解得

設(shè)氖22和氖20兩種同位素粒子質(zhì)量分別為m1和m2，電荷量為均q，則

則為了便于觀測，可增加加速電壓U或者減小磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)；質(zhì)譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機(jī)

【解析】【分析】（1）由動(dòng)能定理分析粒子在加速電場中的運(yùn)動(dòng)，求出速度；（2）根據(jù)粒子在速度選擇器中，電場力與洛倫茲力大小相等的特點(diǎn)列式計(jì)算；（3）推導(dǎo)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑，結(jié)合關(guān)系得出為了便于觀察，可以采取的措施。

23．（2022高三上·貴州月考）如圖甲所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面的夾角為θ，間距為L；垂直于導(dǎo)軌平面向上有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。b、d端并聯(lián)接入阻值為R的電阻和電容為C的電容器。一質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，閉合開關(guān)S1，將導(dǎo)體棒由靜止釋放，t0時(shí)刻，斷開開關(guān)S1的同時(shí)閉合開關(guān)S2，2t0時(shí)刻導(dǎo)體棒加速到最大速度，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒所受的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值是定值，重力加速度為g。以下（2）（3）問的計(jì)算結(jié)果選用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻，求：

（1）導(dǎo)體棒在過程I中所受安培力的方向；

（2）導(dǎo)體棒所受的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值k及導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度vm；

（3）令，導(dǎo)體棒在過程II中運(yùn)動(dòng)的距離s。

【答案】（1）沿導(dǎo)軌平面向上

（2）解：由牛頓第二定律

由圖乙可得

而，

由電磁感應(yīng)定律

又，

解得

由題意

而

由閉合電路的歐姆定律

又

解得

（3）解：由動(dòng)量定理

由閉合電路的歐姆定律

由法拉第電磁感應(yīng)定律

解得

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量定理；安培力；左手定則；電路動(dòng)態(tài)分析；右手定則；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【分析】（1）根據(jù)右手定則和左手定則，導(dǎo)體棒在過程Ⅰ中所受的安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上；

（2）對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律以及安培力的表達(dá)式和勻變速直線運(yùn)動(dòng)、閉合電路歐姆定律的規(guī)律得出導(dǎo)體棒所受的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值以及最大速度；

（3）根據(jù)動(dòng)量定理以及閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律得出導(dǎo)體棒在過程II中運(yùn)動(dòng)的距離。

24．（2023高二下·永勝期末）如圖所示，兩水平金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，B板比A板電勢高300V，即UBA＝300V．一帶正電粒子的電荷量q＝1×10－10C，質(zhì)量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s從R點(diǎn)沿電場中心線RO射入電場．粒子飛出電場后經(jīng)過無場區(qū)域，進(jìn)入界面為MN、PQ的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點(diǎn)．已知MN邊界與平行板的右端相距為L，兩界面MN、PQ相距為L，S點(diǎn)到PQ邊界的距離為L，且L＝12cm，粒子重力及空氣阻力不計(jì)，求：

（1）粒子射出平行板時(shí)的速度大小v；

（2）粒子進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離；

（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.

【答案】（1）解：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有qE＝ma，，vy＝at，

代入數(shù)據(jù)，解得vy＝1.5×106m/s，

所以粒子從電場中飛出時(shí)的速度大小為.

（2）解：設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的側(cè)向位移為y，進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為h，則.

帶電粒子在離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識(shí)得.

代入數(shù)據(jù)，解得h＝0.12m.

（3）解：設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的速度方向與水平面的夾角為θ，則：.

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，粒子射出平行板時(shí)的速度的反向延長線過平行板中線的中點(diǎn)．由幾何知識(shí)可知粒子在磁場中的軌跡左右對(duì)稱，由此可得粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝＝0.1m.

又，

代入數(shù)據(jù)，解得B＝2.5×10－3T.

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）由粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)求解粒子從電場中飛出時(shí)的速度大?。?/p>

（2）由粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)得出側(cè)向位移結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離；

（3）由粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)得出粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小的方向，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。

1/12024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場

一、選擇題

1．（2023高二下·舒城期末）關(guān)于磁場和磁感線的描述，正確的說法是()

A．沿磁感線方向，磁場逐漸減弱

B．磁感線從磁體的N極出發(fā)，終止于S極

C．磁場的方向就是通電導(dǎo)體在磁場中某點(diǎn)受磁場作用力的方向

D．在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小

2．電現(xiàn)象與磁現(xiàn)象之間有著深刻的聯(lián)系，人類研究電、磁現(xiàn)象的歷史比力學(xué)更為豐富多彩。其中安培、法拉第和麥克斯韋等物理學(xué)家作出了卓越的貢獻(xiàn)，下列物理事實(shí)歸功于法拉第的有（）

A．發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象B．提出分子電流假說

C．發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)D．提出變化磁場產(chǎn)生電場的觀點(diǎn)

3．（2023高二上·武漢期末）司南是我國著名科技史學(xué)家王振鐸根據(jù)春秋戰(zhàn)國時(shí)期的《韓非子》書中和東漢時(shí)期思想家王充寫的《論衡》書中“司南之杓，投之于地，其柢指南”的記載，考證并復(fù)原勺形的指南器具。書中的“柢”指的是司南的長柄，如圖所示。司南是用天然磁鐵礦石琢成一個(gè)勺形的東四，放在一個(gè)刻著方位的光滑盤上，當(dāng)它靜止時(shí)，共長柄（）

A．“柢”相當(dāng)于磁體的N極

B．司南可以用銅為材料制作

C．地球表面任意位置的磁場方向都與地面平行

D．司南能“司南”是因?yàn)榈厍虼嬖诖艌?，地磁南極在地理北極附近

4．（2023高二下·寧縣月考）一根長度為20cm、通以1A電流的導(dǎo)線，垂直放入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，通電導(dǎo)線受到的作用力為4N，則B的數(shù)值為（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

5．（2023·遼寧）安培通過實(shí)驗(yàn)研究，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為△L1和△L2、電流大小分別為I1和I2的平行直導(dǎo)線間距為r時(shí)，相互作用力的大小可以表示為。比例系數(shù)k的單位是（）

A．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

6．（2023高二下·齊齊哈爾月考）如圖甲所示，一帶正電粒子以水平初速度（）先后進(jìn)入方向垂直的寬度相同且緊相鄰在一起的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向下，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中（重力忽略不計(jì)），電場力和磁場力對(duì)粒子所做的總功大小為；若把電場和磁場正交重疊，如圖乙所示，粒子仍以水平初速度穿過重疊場區(qū)，在粒子穿過電場和磁場的過程中，電場力和磁場力對(duì)粒子所做的總功大小為。則（）

A．一定是

B．一定是

C．一定是

D．可能是，也可能是

7．（2023高二下·浙江月考）如圖所示為某污水測量裝置，絕緣材料做成的水平圓管內(nèi)徑為D，在圓管某橫截面的一條豎直直徑上安裝兩個(gè)金屬電極M、N，M裝在頂部、N裝在下部，M、N剛好戳穿絕緣材料，當(dāng)圓管內(nèi)充滿污水時(shí)，M、N能與污水有良好接觸。將這一裝置安裝在杭州某工廠排污口，并使圓管的中心軸線沿東西方向放置，污水恰能充滿圓管并以穩(wěn)定的速度v向東流淌。污水中含有大量可自由移動(dòng)的離子。在圓管側(cè)面加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于M、N所在直徑向北的勻強(qiáng)磁場，在M、N之間形成的電勢差為；撤去勻強(qiáng)磁場，M、N之間依然存在電勢差，大小為。下列說法正確的是（）

A．

B．

C．排污口所在處地磁場的水平分量

D．單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積為

8．（2023高二下·貴池期中）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機(jī)，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）

A．甲圖要增大粒子的最大動(dòng)能，可增加電壓U

B．乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極

C．丙圖可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是

D．丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時(shí)C端電勢高

9．空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，圖中的正方形為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點(diǎn)入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計(jì)重力．下列說法錯(cuò)誤的是()

A．入射速度不同的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同

B．入射速度相同的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同

C．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡不一定相同

D．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角一定越大

10．（2023·杭州模擬）利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強(qiáng)弱相同同極相對(duì)放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流I不變，方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0，霍爾電壓為0，將該點(diǎn)作為位移的零點(diǎn)。當(dāng)霍爾元件沿著±x方向移動(dòng)時(shí)，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是（）

A．霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其左側(cè)電勢比右側(cè)高

B．霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢比上側(cè)高

C．增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測量靈敏度

D．增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測量靈敏度

11．（2023·重慶市模擬）如圖所示，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)。管道內(nèi)有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對(duì)管道速度為0，一段時(shí)間后，小球運(yùn)動(dòng)到管道N端，小球質(zhì)量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運(yùn)動(dòng)到N端過程有（）

A．時(shí)間為B．小球所受洛倫茲力做功為quBl

C．外力F的平均功率為D．外力F的沖量為qBl

二、多項(xiàng)選擇題

12．（2022高二上·吉林期中）如圖所示，一束帶電粒子（不計(jì)重力）從左端水平射入后，部分粒子沿直線從右端水平射出，則下列說法中正確的是（）

A．射出的帶電粒子一定帶負(fù)電

B．速度選擇器的上極板帶負(fù)電

C．沿虛線水平射出的帶電粒子的速率一定等于

D．若帶電粒子的入射速度，則粒子可能向上偏轉(zhuǎn)

13．（2023·全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是（）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心O

B．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短

D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線

14．（2023高二下·濰坊期中）如圖所示，直角三角形abc區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab邊長為2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac邊的中點(diǎn)d，粒子源垂直ac邊向磁場中發(fā)射不同速率的帶正電的粒子，粒子均從bc邊界射出，已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（）

A．粒子運(yùn)動(dòng)的速率可能為

B．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為

C．bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為

D．有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為

三、非選擇題

15．（2023高二下·安徽期中）如圖（1）所示，實(shí)驗(yàn)小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強(qiáng)度大小規(guī)律，將直導(dǎo)線ab直線固定，通過開關(guān)接上直流電源，選取一小段長度為L的直導(dǎo)線cd接入電路，并在中點(diǎn)處與拉力傳感器相連，拉力傳感器接入計(jì)算機(jī)中，測出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強(qiáng)度為，直導(dǎo)線cd中通過小的電流強(qiáng)度為，將導(dǎo)線cd圍繞中點(diǎn)O垂直紙面緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，得到拉力傳感器讀數(shù)隨轉(zhuǎn)過角度變化關(guān)系如圖（2）所示；若將導(dǎo)線cd沿紙平面緩慢向右移動(dòng)距離x時(shí)，得到拉力傳感器讀數(shù)隨距離倒數(shù)變化關(guān)系如圖（3）所示，不考慮導(dǎo)線cd所產(chǎn)生的磁場。

（1）初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向；

（3）直線電流產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與離導(dǎo)線距離x成（填“正比”或“反比”）。

16．（2023高二下·韓城期末）如圖甲，間距的平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌左端MP之間接有一阻值的定值電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，一導(dǎo)體棒（電阻不計(jì)）垂直于導(dǎo)軌放在距離導(dǎo)軌左端的ab處，其質(zhì)量，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)，整個(gè)裝置處在范圍足夠大的豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，取豎直向下為正方向。時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示；在內(nèi)導(dǎo)體棒在外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)感應(yīng)電流磁場的影響，取。

（1）求時(shí)安培力的大小和方向；

（2）從開始，導(dǎo)體棒在恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)到cd處，此時(shí)導(dǎo)體棒速度已達(dá)最大，求該過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；

（3）若將金屬棒滑行至cd處后，讓磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，導(dǎo)體棒在恒力作用下繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的關(guān)系式（關(guān)系式以cd處的時(shí)刻記作）

17．（2023高二下·武昌期末）如圖所示，直角坐標(biāo)系中，有一以原點(diǎn)O為中心的正方形ABCD區(qū)域，其邊長為4a且分別與x軸、y軸平行。還有一個(gè)以原點(diǎn)O為圓心，半徑為a的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內(nèi)分布有勻強(qiáng)電場，方向與x軸負(fù)方向、y軸負(fù)方向夾角均為45°。圓形區(qū)域外，正方形區(qū)域內(nèi)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。位于A點(diǎn)的粒子源，向磁場中沿AD方向噴射出質(zhì)量為m，帶電量為的粒子，粒子的速度大小可調(diào)，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。

（1）若粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后，能進(jìn)入圓形區(qū)域的電場中，求粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍；

（2）M、N是AC連線與圓形區(qū)域邊界的交點(diǎn)，若某粒子射入磁場后，經(jīng)M點(diǎn)射入電場，然后僅從N點(diǎn)射出電場，最后從C點(diǎn)離開磁場。求電場的電場強(qiáng)度大小，以及該粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間。

18．（2022高三上·肥東期末）如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里。點(diǎn)A、C、O、D處于一條水平線上，且。A處有一個(gè)粒子源，豎直向上同時(shí)射出速率不同的同種帶電粒子，粒子經(jīng)過以O(shè)為圓心、r為半徑的圓周上各點(diǎn)。已知粒子質(zhì)量為m，電量的絕對(duì)值為q，不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用力，問：

（1）粒子帶正電荷還是負(fù)電荷？到達(dá)C和到達(dá)D處的粒子的速率比；

（2）求粒子到達(dá)圓周所需的最短時(shí)間，及最先到達(dá)圓周的粒子的速度大小。

19．（2023高二下·文山期末）真空區(qū)域有寬度為l、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界．質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)沿著與MN夾角θ=30°的方向射入磁場中，剛好沒能從PQ邊界射出磁場．求粒子射入磁場的速度大小及在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

20．（2023高三上·茂名開學(xué)考）如圖所示，在平面內(nèi)，有兩個(gè)半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于、、點(diǎn)和、、點(diǎn)，其中圓弧的半徑為。兩個(gè)半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，電場方向由原點(diǎn)向外輻射，其間的電勢差為。圓弧上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場，圓弧內(nèi)無電場和磁場。點(diǎn)處有一粒子源，在平面內(nèi)向軸上方各個(gè)方向，射出質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，帶電粒子射出時(shí)的速度大小均為，被輻射狀的電場加速后進(jìn)入磁場，不計(jì)粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界后的運(yùn)動(dòng)。求：

（1）粒子被電場加速后的速度；

（2）要使有的粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，且該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為軸上某點(diǎn)，求此時(shí)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；

（3）當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問中的倍時(shí)，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度。

21．（2023高二下·通州期中）回旋加速器在核技術(shù)、核醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個(gè)中空的、半徑為R的半圓金屬盒，接在電壓恒為U的交流電源上，位于D1圓心處的質(zhì)子源A能產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可忽略，重力不計(jì)，不考慮相對(duì)論效應(yīng)），質(zhì)子在兩盒狹縫間的電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)被加速。D1、D2置于與盒面垂直的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q。求：

（1）質(zhì)子被回旋加速器加速能達(dá)到的最大速率vm；

（2）質(zhì)子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數(shù)n。

22．（2023高二下·順義期中）質(zhì)譜儀是一種分離和檢測同位素的重要工具，其結(jié)構(gòu)原理如圖所示。區(qū)域Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為：區(qū)域Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，電場方向水平向左，板間距離為d；區(qū)域Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，初速度為零，經(jīng)粒子加速器加速后，恰能沿直線通過速度選擇器，由O點(diǎn)沿垂直于邊界的方向進(jìn)入分離器后打在上的P點(diǎn)，空氣阻力，粒子重力及粒子間相互作用力均忽略不計(jì)。

（1）求粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度大小v；

（2）求速度選擇器兩極板間的電壓；

（3）19世紀(jì)末，阿斯頓設(shè)計(jì)的質(zhì)譜儀只由區(qū)域Ⅰ粒子加速器和區(qū)域Ⅲ偏轉(zhuǎn)分離器構(gòu)成，在實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了氖22和氖20兩種同位素粒子（兩種粒子電荷量相同，質(zhì)量不同），他們分別打在上相距為的兩點(diǎn)。為便于觀測。的數(shù)值大一些為宜，不計(jì)粒子從區(qū)域Ⅰ的上極板飄入時(shí)的初速度，請(qǐng)通過計(jì)算分析為了便于觀測應(yīng)采取哪些措施。

23．（2022高三上·貴州月考）如圖甲所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面的夾角為θ，間距為L；垂直于導(dǎo)軌平面向上有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。b、d端并聯(lián)接入阻值為R的電阻和電容為C的電容器。一質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，閉合開關(guān)S1，將導(dǎo)體棒由靜止釋放，t0時(shí)刻，斷開開關(guān)S1的同時(shí)閉合開關(guān)S2，2t0時(shí)刻導(dǎo)體棒加速到最大速度，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒所受的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值是定值，重力加速度為g。以下（2）（3）問的計(jì)算結(jié)果選用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不計(jì)金屬導(dǎo)軌的電阻，求：

（1）導(dǎo)體棒在過程I中所受安培力的方向；

（2）導(dǎo)體棒所受的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值k及導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度vm；

（3）令，導(dǎo)體棒在過程II中運(yùn)動(dòng)的距離s。

24．（2023高二下·永勝期末）如圖所示，兩水平金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，B板比A板電勢高300V，即UBA＝300V．一帶正電粒子的電荷量q＝1×10－10C，質(zhì)量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s從R點(diǎn)沿電場中心線RO射入電場．粒子飛出電場后經(jīng)過無場區(qū)域，進(jìn)入界面為MN、PQ的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點(diǎn)．已知MN邊界與平行板的右端相距為L，兩界面MN、PQ相距為L，S點(diǎn)到PQ邊界的距離為L，且L＝12cm，粒子重力及空氣阻力不計(jì)，求：

（1）粒子射出平行板時(shí)的速度大小v；

（2）粒子進(jìn)入界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離；

（3）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.

答案解析部分

1．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線

【解析】【解答】沿磁感線方向，磁場可以減弱，可以增強(qiáng)，也可以不變，A錯(cuò)；磁感線是閉合曲線，B錯(cuò)；物理學(xué)中規(guī)定磁場的方向是小磁針靜止時(shí)N極所指的方向，或N極在磁場中的受力方向，C錯(cuò)；導(dǎo)體所受的安培力還與電流方向與磁場方向的夾角有關(guān)，有可能在磁場強(qiáng)的地方同一通電導(dǎo)體受的安培力可能比在磁場弱的地方受的安培力小，D對(duì)。

【分析】學(xué)生要熟練掌握磁感線的特點(diǎn)，并能區(qū)分磁感線和電場線的異同點(diǎn)；知道安培力的一般表達(dá)式。

2．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】物理學(xué)史

【解析】【解答】安培提出了分子電流假說，法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，麥克斯韋提出了變化的磁場產(chǎn)生電場，奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，故A正確。

故選A

【分析】本題考查物理學(xué)史，需要平時(shí)多積累，難度不大。

3．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線；地磁場

【解析】【解答】A．司南之杓，投之于地，其柢指南，地磁場北極在地理南極，所以“柢”相當(dāng)于磁體的S極，A不符合題意；

B．司南不可以用銅為材料制作，因?yàn)闊o法磁化，B不符合題意；

C．磁場是閉合的曲線，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線，不是地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行，C不符合題意；

D．司南能“司南”是因?yàn)榈厍虼嬖诖艌?，地磁南極在地理北極附近，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】地磁場北極在地理南極附近。司南不可以用銅為材料制作，因?yàn)闊o法磁化，地球磁場從南極附近發(fā)出，從北極附近進(jìn)入地球，組成閉合曲線。

4．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】左手定則—磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用

【解析】【解答】通電導(dǎo)線垂直放在磁場中，受到安培力為：，代入數(shù)據(jù)，，知B=20T，A、C、D錯(cuò)誤，B正確。

故答案為：B。

【分析】本題針對(duì)通電導(dǎo)線垂直放入磁場中受到的安培力大小的計(jì)算，注意單位的換算。

5．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】平行通電直導(dǎo)線間的相互作用；力學(xué)單位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為，可得：，代入單位可得：，由此可見ACD錯(cuò)誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達(dá)式，推導(dǎo)出k的表達(dá)式，根據(jù)相應(yīng)物理量代入對(duì)應(yīng)的基本單位。

6．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】不論帶電粒子帶何種電荷，由于，所以電場力qE大于洛倫茲力qBv0，根據(jù)左手定則判斷可知：洛倫茲力有與電場力方向相反的分力，所以帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移比重疊時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移大，所以不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移一定大于乙中的偏轉(zhuǎn)位移，而洛倫茲力對(duì)帶電粒子不做功，只有電場力做功，所以一定是W1＞W(wǎng)2，A符合題意，BCD不符合題意。

故答案為：A。

【分析】利用電場力的大小結(jié)合粒子在電場中騙子位移的大小可以比較電場力做功的大小，洛倫茲力對(duì)粒子不做功。

7．【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；電磁流量計(jì)

【解析】【解答】A．根據(jù)題意可知該處地磁場水平方向的分量為從南到北，而所加磁場的方向垂直于M、N所在直徑向北，因此根據(jù)左手定則可知，無論是地磁場還是所加磁場，污水中的正離子都向M處移動(dòng)、負(fù)離子都向N處移動(dòng)，故，，A不符合題意；

B．設(shè)地磁場在該處的水平分量為，根據(jù)平衡條件可得，解得，B不符合題意；

C．撤去勻強(qiáng)磁場后，由于污水流速不變，因此根據(jù)平衡條件可得，解得，結(jié)合C選項(xiàng)分析可得，C符合題意；

D．結(jié)合BC選項(xiàng)分析可得，管道的橫截面積為，單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積為，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用左手定則可以判別離子的偏轉(zhuǎn)方向進(jìn)而判別電勢差的大??；利用平衡方程可以求出離子速度的大??；利用電場力和洛倫茲力相等可以求出地磁場水平分量的大小；利用速度的表達(dá)式結(jié)合橫截面積的大小可以求出單位時(shí)間排出污水的體積大小。

8．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】質(zhì)譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機(jī)；速度選擇器；霍爾元件

【解析】【解答】A、回旋加速器加速粒子所獲得的的最大速度，根據(jù)得，增大電壓U不會(huì)影響粒子的最大速度，故A錯(cuò)誤。

B、根據(jù)左手定則可知正離子所受洛倫茲力方向指向B板，負(fù)離子所受洛倫茲力方向指向A板，故B板為正極，A板為負(fù)極，B正確。

C、粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，即，但無法辨別粒子的電性，故C錯(cuò)誤。

D、若載流子為負(fù)離子，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向指向C端，C端聚集負(fù)電荷，電勢較低，D錯(cuò)誤。

故答案為：B

【分析】根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，再由洛倫茲力提供向心力和平衡條件分析求解。

9．【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)雜邊界；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，所以速度相同的粒子軌跡半徑相同，運(yùn)動(dòng)軌跡也必相同，B正確；

對(duì)于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時(shí)轉(zhuǎn)過的圓心角都相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間都為半個(gè)周期，由得，所有粒子在磁場運(yùn)動(dòng)周期都相同，A錯(cuò)誤、C正確；

運(yùn)行時(shí)間，所以D正確

故選A

【分析】本題考查洛倫茲力提供向心力和圓周運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用。

10．【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】霍爾元件

【解析】【解答】AB.霍爾元件向左偏離位移零點(diǎn)時(shí)，磁場方向向右，根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的載流子向下偏轉(zhuǎn)，則上側(cè)電勢比下側(cè)高；同理霍爾元件向右偏離位移零點(diǎn)時(shí)，其下側(cè)電勢比上側(cè)高，故A不符合題意，B符合題意；

CD.當(dāng)穩(wěn)定時(shí)，根據(jù)平衡條件得：，又，聯(lián)立解得：，可見，只有減小x方向的厚度才能增加靈敏度；增加霍爾元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加測量靈敏度，故CD不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據(jù)左手定則，分析帶負(fù)電的載流子偏轉(zhuǎn)，分析電勢高低；根據(jù)平衡條件、微觀電流表達(dá)式聯(lián)立求電勢差。

11．【答案】D

【知識(shí)點(diǎn)】洛倫茲力的計(jì)算；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A、小球隨管道做水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，小球受到因隨管道水平向右速度u對(duì)應(yīng)的大小方向不變的洛倫茲力，根據(jù)牛頓第二定律，由位移公式：解得：，A錯(cuò)誤；

B、小球所受洛倫茲力始終與速度垂直，不做功，B錯(cuò)誤；

C、小球洛倫茲力不做功，洛倫茲力沿管道方向和垂直于管道水平向左的分力大小相等，故，

外力的平均功率：，C錯(cuò)誤；

D、由于外力水平向右，管勻速運(yùn)動(dòng)，外力做功發(fā)生的位移，由聯(lián)立解得：，

由沖量公式：，D正確；

故答案為：D

【分析】洛倫茲力不做功，小球隨管道水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向洛倫茲力不變，由牛頓第二定律計(jì)算豎直方向加速和位移公式計(jì)算時(shí)間，根據(jù)水平方向和豎直方向洛倫茲力分力相等，等于水平外力計(jì)算其功率，根據(jù)外力做功的大小和管道水平勻速運(yùn)動(dòng)的位移計(jì)算外力大小，從而計(jì)算外力的沖量。

12．【答案】C,D

【知識(shí)點(diǎn)】洛倫茲力的計(jì)算；速度選擇器

【解析】【解答】AB．由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向，由此無法確定射出的帶電粒子的電性，但無論射出的粒子電性如何，速度選擇器的上極板一定帶正電，故AB錯(cuò)誤；

C．由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向有得，故C正確；

D．如果帶電粒子的入射速度即洛倫茲力大于電場力，若粒子帶正電，其所受洛倫茲力向上，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，同理可知，若粒子帶負(fù)電，則粒子向下偏轉(zhuǎn)，故D正確。

故選CD。

【分析】由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即洛倫茲力與電場力等大反向，根據(jù)洛倫茲力和電場力方向分析即可。

13．【答案】B,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A.粒子從P點(diǎn)沿磁場半徑方向進(jìn)入磁場區(qū)域，以O(shè)1為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)沿半徑方向與圓筒碰撞，軌跡如圖：

粒子與圓筒碰撞后依然沿半徑方向進(jìn)入磁場區(qū)域，所以粒子不可能通過圓心O，故A不符合題意；

B.由圖可知，粒子至少與圓筒碰撞兩次（A、B點(diǎn)），然后從小孔射出，故B符合題意；

C.設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，圓筒的半徑為R，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有：，設(shè)，由幾何關(guān)系得：，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短，故C符合題意；

D.由分析可知粒子沿圓筒半徑方向射入圓筒，碰撞后沿半徑方向返回圓筒，故D符合題意。

故答案為：BCD。

【分析】帶電粒子沿半徑方向射入磁場，沿半徑方向射出磁場；通過作圖分析；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑，由幾何關(guān)系得到與v的關(guān)系式，根據(jù)寫出時(shí)間的關(guān)系式進(jìn)行分析。

14．【答案】B,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A、根據(jù)題意，粒子與ab邊相切時(shí)對(duì)應(yīng)速度最大，由幾何關(guān)系可得半徑為：

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：得：，聯(lián)立解得：，

同理若粒子從c點(diǎn)射出，則速度為：，A錯(cuò)誤；

B、由粒子在磁場中的周期公式：

當(dāng)粒子垂直于bc邊射出時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，B正確；

C、由題意可知，粒子與ab邊相切時(shí)，打在cb邊上的點(diǎn)到c點(diǎn)的距離最大，即，C正確；

D、打在cb邊上的點(diǎn)到c點(diǎn)的距離最大時(shí)，粒子在磁場中面積最大為：，D正確；

故答案為：BCD

【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力得出半徑和周期公式，根據(jù)題意粒子最大速度對(duì)應(yīng)相切于ab邊由幾何關(guān)系得出對(duì)應(yīng)最大速度，過c點(diǎn)對(duì)應(yīng)最小速度，由粒子圓周運(yùn)動(dòng)圓心角計(jì)算粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，由幾何關(guān)系確定bc邊的最大距離和磁場中的面積。

15．【答案】（1）

（2）垂直紙面向里

（3）反比

【知識(shí)點(diǎn)】安培力；通電導(dǎo)線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導(dǎo)線間的相互作用；安培力的計(jì)算

【解析】【解答】（1）根據(jù)安培定則，導(dǎo)線ab在cd位置處產(chǎn)生磁場方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由圖像可知此時(shí)導(dǎo)線cd受的安培力為，由安培力公式，解得；

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90°時(shí)，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不變，導(dǎo)線ab在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里；

（3）在圖像中可看到安培力隨著距離的倒數(shù)增大而增大，反過來安培力應(yīng)該隨著距離的增大而減小，而，說明B也隨著距離的增大而減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與離導(dǎo)線距離x成反比。

【分析】本題考查了兩直流導(dǎo)線之間的相互作用。

（1）由圖像可知導(dǎo)線cd初始時(shí)所受的安培力大小，再結(jié)合就可以求出初始時(shí)導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

（2）無論cd導(dǎo)線怎么旋轉(zhuǎn)，某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度只跟原直線電流有關(guān)，根據(jù)右手螺旋定則可知O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里；

（3）在圖像中可看到安培力隨著距離的倒數(shù)增大而增大，說明磁感應(yīng)強(qiáng)度也隨著距離的倒數(shù)增大而增大，即隨著距離的增大而減小，成反比關(guān)系。

16．【答案】（1）解：前3s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流

根據(jù)楞次定律可知電流方向俯視為順時(shí)針方向

t=1s時(shí)，安培力

據(jù)左手定知安力方向水平向右。

（2）解：導(dǎo)體棒速度最大時(shí)，根據(jù)平衡條件可得

其中。

由圖乙知

聯(lián)立解得

根據(jù)能量守恒定律得

解得。

（3）解：導(dǎo)體棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，回路中的磁通量變化量為零

對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律可得

解得

根據(jù)可得

解得T

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；左手定則—磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用；安培力的計(jì)算；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢，閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電路，再由安培力計(jì)算公式F=BIL求出安培力的值，由左手定則分析安培力的方向；（2）當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由共點(diǎn)力平衡條件列式求出導(dǎo)體棒的速度，即為最大速度，再根據(jù)能量守恒定律求出電阻R上產(chǎn)生的熱量Q；（3）金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電路，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，回路不產(chǎn)生感應(yīng)電路，則磁通量變化為零，由此列式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。

17．【答案】（1）解：作出粒子恰好不能進(jìn)入電場的軌跡，如圖：

設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子恰好不能進(jìn)入電場的r滿足

或

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍為

（2）解：根據(jù)對(duì)稱性可知粒子進(jìn)入M點(diǎn)時(shí)與AC夾角為45°，根據(jù)幾何關(guān)系可知

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得

粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

同時(shí)沿MN方向有

粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

聯(lián)立解得

該粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)；洛倫茲力的計(jì)算；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)

【解析】【分析】（1）要找出粒子被射入磁場時(shí)的速度大小的范圍，首先根據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向在AB方向上，則粒子射入磁場時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心也在AB連線上，利用全范圍法，逐漸增大勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，找出恰好不射入電場的兩個(gè)臨界圓結(jié)合幾何條件，求出兩個(gè)臨界