選修1-1第二章磁場專題練習(生)

1、選修1-1第二章 磁場 專題練習第I卷（選擇題）評卷人得分一、選擇題（題型注釋）1（2014濱州一模）下列說法中正確的是（ ）A.在探究求合力方法的實驗中利用了等效替代的思想B.牛頓首次提出“提出假說，數(shù)學推理，實驗驗證，合理外推“的科學推理方法C.用點電荷來代替實際帶電物體是采用了理想模型的方法D.奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系2（2015浙江模擬）如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里現(xiàn)使金屬線框從

2、MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的vt圖象，圖中數(shù)據(jù)均為已知量重力加速度為g，不計空氣阻力下列說法正確的是（ ）A.金屬線框剛進人磁場時感應電流方向沿adcba方向B.磁場的磁感應強度為C.金屬線框在0一t3的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量為mgv1（t2t1）D.MN和PQ之間的距離為v1（t2t1）3（2015成都模擬）如圖所示，虛線右側(cè)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長是L，自框從左邊界進入磁場時開始計時，在外動力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進人磁場區(qū)域，t1時刻框全部進入磁場規(guī)定順時針方向為

3、感應電流的正方向外動力大小為F，框中電功率的瞬時值為P，通過導體橫截面的電荷量為q，其中Pt圖象為拋物線則這些量隨時間變化的關(guān)系是（ ）A. B. C. D.4（2015成都模擬）如圖為學校自備發(fā)電機在停電時為教學樓教室輸電的示意圖，發(fā)電機輸出電壓恒為220V，發(fā)電機到教學樓的輸電線電阻用圖中r等效替代若使用中，在原來工作著的日光燈的基礎(chǔ)上再增加教室開燈的盞數(shù)，則（ ）A.整個電路的電阻將增大，干路電流將減小B.因為發(fā)電機輸出電壓恒定，所以原來工作著的日光燈的亮度將不變C.發(fā)電機的輸出功率將減小D.輸電過程中的損失功率（即輸電線路消耗的功率）將增大5（2015浙江模擬）如圖所示，真空中存在一個

4、水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點把小球拉到使細線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成=60°角的位置B時速度為零以下說法中正確的是（ ）A.小球在B位置處于平衡狀態(tài)B.小球受到的重力與電場力的關(guān)系是Eq=mgC.小球?qū)⒃贏B之間往復運動，且幅度將逐漸減小D.小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為6（2015成都模擬）甲圖中a、b是電流相等的兩直線電流，乙圖中c，d是電荷量相同的兩正點電荷，O為兩電流（或電荷）連線的中點，在o點正上方有一電子，“較小的速度v射

5、向O點，不計重力關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是（ ）A.甲圖中的電子將做變速運動B.乙圖中的電子將做往復運動C.乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度一定在減小D.乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小7（2013安徽）圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是（ ）A.向上 B.向下 C.向左 D.向右8（2013高淳縣模擬）在以下幾幅圖中，洛倫茲力的方向判斷不正確的是（ ）A. B. C. D.9（2014安徽三模）如圖所示，表面粗糙

6、的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向里的勻強磁場B中質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑對滑塊下滑的過程，下列判斷正確的是（ ）A.滑塊受到的洛侖茲力方向垂直斜面向上B.滑塊受到的摩擦力大小不變C.滑塊一定不能到達斜面底端D.滑塊到達地面時的動能與B的大小有關(guān)10（2014長春模擬）如圖，兩根長直導線豎直平行固定放置，且與水平放置的光滑絕緣桿MN分別交于c、d兩點，點o是cd的中點，桿MN上a、b兩點關(guān)于o點對稱兩導線均通有大小相等、方向向上的電流，已知長直導線在在周圍某點產(chǎn)生磁場的磁感應強度與電流成正比、與該點到導線的距離成反比一帶正電的小球穿在桿上，以初速度v0從a點出發(fā)

7、沿桿運動到b點在a、b、o三點桿對小球的支持力大小分別為Fa、Fb、Fo下列說法可能正確的是（ ）A.FaFo B.FbFaC.小球一直做勻速直線運動 D.小球先做加速運動后做減速運動11（2014江蘇一模）如圖是帶電粒子在氣泡室中運動徑跡的照片及其中某條徑跡的放大圖勻強磁場與帶電粒子運動徑跡垂直，A、B、C是該條徑跡上的三點若該粒子在運動過程中質(zhì)量和電量保持不變，不斷克服阻力做功，則關(guān)丁此徑跡下列說法正確的是（ ）A.粒子由A經(jīng)B向C的方向運動B.粒子由C經(jīng)B向A的方向運動C.粒子一定帶正電，磁場方向垂直紙面向里D.粒子一定帶負電，磁場方向垂直紙面向外12（2014江蘇模擬）如圖所示，勻強磁

8、場水平向右，電子在磁場中的運動方向平行，則該電子（ ）A.不受洛倫茲力 B.受洛倫茲力，方向向上C.受洛倫茲力，方向向下 D.受洛倫茲力，方向向左13（2014甘肅一模）極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地極附近的大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的如圖所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極做螺旋運動，旋轉(zhuǎn)半徑不斷減小此運動形成的原因是（ ）A.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小B.空氣阻力對粒子做負功，使其動能減小C.與空氣分子碰撞過程中粒子的帶電量減少D.越接近兩極，地磁場的磁感應強度越大14（2014成都模擬）如圖所示，a，b，c，d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于

9、圓弧上相互垂直的兩條直徑的四個端點上，導線中通有大小相同的電流，方向見圖一帶正電的粒子從圓心O沿垂直于紙面的方向向里運動，它所受洛倫茲力的方向是（ ）A.從O指向a B.從O指向b C.從O指向c D.從O指向d15（2014南京模擬）航天員若要走出艙外，所穿的宇航服必須要能阻擋宇宙射線的輻射而射向地球的絕大多數(shù)宇宙射線，在地磁場洛侖茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，基本到達不了地球表面如圖所示，一束帶正電粒子流（類似于宇宙射線）沿圖中箭頭所示方向通過兩磁極間時，其偏轉(zhuǎn)方向為（ ）A.向上 B.向下 C.向N極 D.向S極16（2014安陽二模）在如圖所示的電路中，放在光滑金屬導軌上的ab導體向右移動，這

10、可能發(fā)生在（ ）A.閉合S的瞬間 B.斷開S的瞬間C.閉合S后，減小電阻R時 D.閉合S后，增大電阻R時17（2014揚州模擬）如圖中，電荷的速度方向、磁場方向和電荷的受力方向之間關(guān)系正確的是（ ）A. B. C. D.18（2014漳州二模）一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射人一勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖所示，徑跡上的每小段都可近似看成圓弧，由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減少（帶電荷量不變），從圖中情況可以確定（ ）A.粒子從a運動到b，帶正電 B.粒子從b運動到a，帶正電C.粒子從a運動到b，帶負電 D.粒子從b運動到a，帶負電19（2014甘肅模擬）如圖所示，勻強磁場的方向

11、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在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則（ ）A.小球帶負電B.小球運動的軌跡是一條拋物線C.洛倫茲力對小球做正功D.維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大20（2014潮州二模）如圖是比荷相同的兩粒子從o點垂直進入直線邊界勻強磁場區(qū)域的運動軌跡，下列說法正確的是（ ）A.a帶正電，b帶負電 B.a的帶電量比b的帶電量小C.a運動的速率比b的小 D.a的運動時間比b的短21（2014廣州一模）如圖是荷質(zhì)比相同的a、b兩粒子從O點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則（ ）A.a的質(zhì)量比b的質(zhì)

12、量大 B.a帶正電荷、b帶負電荷C.a在磁場中的運動速率比b的大 D.a在磁場中的運動時間比b的長22（2014汕頭模擬）如圖，是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻地輻向分布，線圈中a、b兩條導線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應強度大小均為B則（ ）A.該磁場是勻強磁場 B.線圈平面總與磁場方向垂直C.線圈將逆時針方向轉(zhuǎn)動 D.a、b導線受到的安培力大小總為IlB23（2014閔行區(qū)二模）如圖，通電導線MN與圓形線圈共面且相互絕緣當MN中電流突然增大時，線圈所受安培力的合力方向（ ）A.向左 B.向右 C.向上 D.向下24（2014金山區(qū)一模）如圖，通電導

13、線MN與矩形線圈abcd共面，位置靠近cd且相互絕緣當線圈中通有abcda方向電流時，線圈所受安培力的合力方向（ ）A.向左 B.向右 C.垂直紙面向外 D.垂直紙面向里25（2014咸陽一模）彭老師在課堂上做了一個演示實驗：裝置如圖所示，在容器的中心放一個圓柱形電極，沿容器邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把A和B分別與電源的兩極相連，然后在容器內(nèi)放入液體，將該容器放在磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來王同學回去后重復彭老師的實驗步驟，但液體并沒有旋轉(zhuǎn)起來造成這種現(xiàn)象的原因可能是，該同學在實驗過程中（ ）A.將磁鐵的磁極接反了 B.將直流電源的正負極接反了C.使用的電源為50Hz的交流電源 D.使用的液體為飽

14、和食鹽溶液26（2014浦東新區(qū)一模）通電導體棒水平放置在光滑絕緣斜面上，整個裝置處在勻強磁場中，在以下四種情況中導體棒可能保持靜止狀態(tài)的是（ ）A. B. C. D.27（2014北京模擬）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，通電直導線與磁場方向垂直，導線長度為L，導線中電流為I該導線所受安培力F的大小是（ ）A.F= B.F= C.F=BIL D.F=28（2013南京模擬）在下列圖中“”表示直線電流方向垂直紙面向里，“”表示直線電流方向垂直紙面向外，則下列圖形中能正確描繪直線電流周圍的磁感線的是（ ）A. B. C. D.試卷第7頁，總7頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參

15、考。參考答案1ACD【解析】試題分析：根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可解：A、在探究求合力方法的實驗中利用了等效替代的思想，故A正確；B、伽利略首次提出“提出假說，數(shù)學推理，實驗驗證，合理外推“的科學推理方法，故B錯誤；C、用點電荷來代替實際帶電物體是采用了理想模型的方法，故C正確；D、奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯(lián)系，故D正確；故選：ACD點評：本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是考試內(nèi)容之一2BC【解析】試題分析：本題應抓?。海?）根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；（2）由圖知，金屬線框進入磁場

16、做勻速直線運動，重力和安培力平衡，可求出B（3）由能量守恒定律求出熱量（4）由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，根據(jù)時間和速度求解金屬框的邊長和MN和PQ之間的距離；解：A、金屬線框剛進入磁場時，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向故A錯誤B、在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力：mg=BIl又l=v1（t2t1）聯(lián)立解得：故B正確C、金屬框在進入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱為Q1，重力對其做正功，安培力對其做負功，由能量守恒定律得：Q1=mgl=mgv1（t2t1）金屬框在磁場中的運動過程中金屬框不產(chǎn)生感應電流，所以金屬線框在0一t3的時間內(nèi)所產(chǎn)生的熱量

17、為mgv1（t2t1）故C正確D、由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2t1所以金屬框的邊長：l=v1（t2t1）MN和PQ之間的距離要大于金屬框的邊長故D錯誤故選：BC點評：本題電磁感應與力學知識簡單的綜合，培養(yǎng)識別、理解圖象的能力和分析、解決綜合題的能力3C【解析】試題分析：由線框進入磁場中切割磁感線，根據(jù)運動學公式可知速度與時間關(guān)系；再由法拉第電磁感應定律，可得出產(chǎn)生感應電動勢與速度關(guān)系；由閉合電路歐姆定律來確定感應電流的大小，并由安培力公式可確定其大小與時間的關(guān)系；由牛頓第二定律來確定合力與時間的關(guān)系；最后電量、功率的表達式來分別得出各自與時間的關(guān)

18、系解：A、線框切割磁感線，則有運動速度v=at，產(chǎn)生感應電動勢E=BLv，所以產(chǎn)生感應電流 =，故A錯誤；B、對線框受力分析，由牛頓第二定律，則有 解得：，所以B錯誤；C、由功率表達式，所以C正確；D、由電量表達式，則有 ，所以D錯誤；故選：C點評：解決本題的關(guān)鍵掌握運動學公式，并由各自表達式來進行推導，從而得出結(jié)論是否正確，以及掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv知道L為有效長度4D【解析】試題分析：在原來工作著的日光燈的基礎(chǔ)上再增加教室開燈的盞數(shù)，即并聯(lián)燈泡，總電阻減小，總電流增大，則輸電線上消耗的電壓就變大，從而判斷燈泡兩端電壓的變化情況，從而判斷燈泡的亮度，根據(jù)P=UI求解發(fā)電機輸出功率

19、，根據(jù)P判斷輸電過程中的損失功率解：A、增加教室開燈的盞數(shù)，即并聯(lián)燈泡，總電阻減小，總電流增大，故A錯誤；B、根據(jù)歐姆定律可知，輸電線上消耗的電壓變大，則日光燈兩端電壓變小，亮度變暗，故B錯誤；C、發(fā)電機的輸出功率P=UI，電壓不變，電流變大，輸出功率變大，故C錯誤；D、電流電大，輸電線電阻不變，根據(jù)P可知，輸電過程中的損失功率將增大，故D正確故選：D點評：本題為閉合電路歐姆定律中的動態(tài)分析問題，由程序法解析時，一般按照：部分整體部分的思路進行分析5D【解析】試題分析：小球從A點靜止釋放，運動到B點速度為0，對小球進行受力分析：小球到達B點時速度為零，向心力為零，沿細線方向合力為零，確定其合力

20、，判斷是否平衡，根據(jù)動能定理列式，求電場力的大小根據(jù)電場力做功公式W=qEd，d是沿電場線方向有效距離，求電場力做功運用單擺進行類比，分析振幅解：A、小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細線方向合力為零，而小球有沿圓弧的切向分力，故在B點小球的合力不為零，不是平衡狀態(tài)故A錯誤；B、根據(jù)動能定理得：mglsinqEl（1lcos）=0，解得，Eq=mg，故B錯誤；C、類比單擺，小球?qū)⒃贏B之間往復運動，能量守恒，振幅不變故C錯誤D、小球從A到B，沿電場線方向運動的有效距離：d=llcos=l，所以電場力做功：W=qEd=Eql，故D正確故選D點評：此題要求同學們能正確進行受力，并能聯(lián)想到已學

21、過的物理模型，根據(jù)相關(guān)公式解題6BD【解析】試題分析：根據(jù)安培定則判斷出磁場的方向，根據(jù)左手定則判斷出電子運動中受力方向，根據(jù)電子受到的電場力的特點判斷出電子在電場中的運動特點解：A、甲圖中ab在電子運動的方向上產(chǎn)生的磁場的方向都向下，與電子運動的方向相同，所以電子不受洛倫茲力的作用將做勻速直線運動故A錯誤；B、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，電子在O點上方受到的電場力的方向向下，在O點的下方受到的電場力的方向向上，所以電子先做加速運動，后做減速運動，將在某一范圍內(nèi)做往復運動故B正確；C、乙圖中，cd的連線上，O點的電場強度是0，O點上方的電場方向向上，

22、O點下方的電場的方向向下，從O點向兩邊電場強度的電場線增大，后減小，所以乙圖中的電子在向O點運動的過程中，加速度不一定在減小故C錯誤；D、乙圖中，cd的連線上，O點上方的電場方向向上，O點下方的電場的方向向下，所以O(shè)點的電勢最高；電子帶負電，乙圖中的電子在O點動能最大，電勢能最小故D正確故選：BD點評：該題考查常見的磁場與常見電場的特點，這是考查的重點內(nèi)容之一，要牢記7B【解析】試題分析：根據(jù)等距下電流所產(chǎn)生的B的大小與電流成正比，得出各電流在O點所產(chǎn)生的B的大小關(guān)系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的方向解：根據(jù)題意，由右手螺旋定則知b與d導線電流產(chǎn)生磁場正好相互抵消，

23、而a與c導線產(chǎn)生磁場正好相互疊加，由右手螺旋定則，則得磁場方向水平向左，當一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，根據(jù)左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向向下故B正確，ACD錯誤故選：B點評：考查磁感應強度B的矢量合成法則，會進行B的合成，從而確定磁場的大小與方向8C【解析】試題分析：帶電粒子在磁場中運動時受到洛倫茲力方向根據(jù)左手定則判斷，由磁感線方向確定手心方向，由電荷運動方向確定四指指向，由大拇指指向來判斷洛倫茲力的方向解：A、根據(jù)左手定則，垂直紙面向里的磁感線穿過手心，四指指向正電荷的運動方向向右，大拇指指向洛倫茲力的方向，判斷出來洛倫茲力向上故A正確 B、根據(jù)左手定則，

24、垂直紙面向外的磁感線穿過手心，四指指向正電荷運動的方向向右，大拇指指向洛倫茲力的方向，判斷出來洛倫茲力向下故B正確 C、當速度與磁感線平行時，電荷不受洛倫茲力故C錯誤 D、根據(jù)左手定則，水平向左的磁感線穿過手心，四指指向負電荷運動的反方向向上，拇指指向洛倫茲力的方向，判斷出來洛倫茲力方向垂直紙面向外故D正確本題選擇錯誤的，故選C點評：本題考查基本定則的運用能力運用左手判斷洛倫茲力方向時，要注意四指指向正電荷的運動方向或負電荷運動的反方向9D【解析】試題分析：小滑塊向下運動的過程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛倫茲力，摩擦力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增

25、大，當加速度減到0，做勻速運動解：AB、小滑塊向下運動的過程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛倫茲力，摩擦力，向下運動的過程中，速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，滑動摩擦力增大故AB錯誤；C、滑塊到地面時當B很大，則摩擦力有可能很大，所以滑塊可能靜止在斜面上當B很小，則滑塊有可能到達斜面底端，故C錯誤；D、B的大小不同，洛倫茲力大小不同，導致滑動摩擦力大小不同，根據(jù)動能定理，摩擦力功不同，到達底端的動能不同故D正確故選：D點評：解決本題的關(guān)鍵知道洛倫茲力的方向和洛倫茲力的大小以及能夠正確的受力分析，理清物體的運動狀況10ABC【解析】試題分析：根據(jù)右手螺旋定制，判斷出MN直線處磁場的方向，

26、然后根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力大小和方向的變化，明確了受力情況，即可明確運動情況解：根據(jù)右手螺旋定則可知，從a點出發(fā)沿連線運動到b點，直線M處的磁場方向垂直于MN向里，直線N處的磁場方向垂直于MN向外，所以合磁場大小先減小過O點后反向增大，而方向先里，過O點后向外，根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始的方向向上，大小在減小，在a點，若Bqv0mg則有Fa=Bqv0mg；在o點，F(xiàn)o=mg，所以有可能FaFo，過O得后洛倫茲力的方向向下，大小在增大由此可知，小球在速度方向不受力的作用，則將做勻速直線運動，而小球?qū)U的壓力一直在增大，即FbFa，故D錯誤，ABC正確故選：ABC點評：

27、本題考查了右手螺旋定則和左手定則的熟練應用，正確解答帶電粒子在磁場中運動的思路為明確受力情況，進一步明確其運動形式和規(guī)律11A【解析】試題分析：帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則半徑減小，即可由軌跡分析粒子入射的方向由左手定則判斷電荷的電性解：A、據(jù)題意，帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場，粒子的能量逐漸減小，速度減小，則由公式r=得知，粒子的軌跡半徑逐漸減小，由圖看出，粒子的運動方向是從A經(jīng)B向C運動，故A正確，B錯誤C、若粒子帶正電，由左手定則判斷可知，磁場方向垂直紙面向里；若粒子帶負電，由左手定則判斷可知，磁場方向垂直紙面向外，故CD錯誤；故選：A點

28、評：本題只要掌握帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑r=和左手定則就能正確解答12A【解析】試題分析：當帶電粒子的運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力，做勻速直線運動解：粒子運動的方向與磁場方向平行，該粒子不受磁場的作用，故以原來的速度做勻速直線運動，故A正確、BCD錯誤故選：A點評：本題要注意當帶電粒子的運動方向與磁場平行時，不受洛倫茲力13BD【解析】試題分析：根據(jù)地球磁場的分布，由左手定則可以判斷粒子的受力的方向，從而可以判斷粒子的運動的方向在由洛倫茲力提供向心力，則得運動半徑與質(zhì)量及速度成正比，與磁感應強度及電量成反比，即根據(jù)半徑公式進行討論解：A、地球的磁場由南向北，當帶負電的宇宙射線粒

29、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為向西，所以粒子將向西偏轉(zhuǎn)；當帶正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，粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故A錯誤；B、粒子在運動過程中可能受到空氣的阻力，對粒子做負功，所以其動能會減小，故B正確；C、粒子在運動過程中，若電量減小，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)的半徑公式，可知，當電量減小時，半徑是增大故C錯誤；D、粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應強度較強，由洛倫茲力提供向心力，由公式可知，當磁感應強度增加時，半徑是減小，故D正確故選：BD點評：本題就是考查左手定則的應用，掌

30、握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向，同時利用洛倫茲力提供向心力，推導出運動軌跡的半徑公式來定性分析14A【解析】試題分析：根據(jù)等距下電流所產(chǎn)生的B的大小與電流成正比，得出各電流在O點所產(chǎn)生的B的大小關(guān)系，由安培定則確定出方向，再利用矢量合成法則求得B的合矢量的方向解：根據(jù)題意，由右手螺旋定則，則有b與d導線電流產(chǎn)生磁場正好相互抵消，而a與c導線產(chǎn)生磁場方向都向左，正好相互疊加，由右手螺旋定則，則得磁場方向水平向左，當一帶的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向里運動，根據(jù)左手定則可知，它所受洛倫茲力的方向向上故A正確，BCD錯誤；故選：A點評：考查磁感應強度B的矢量合成法則，會進行B的合成

31、，從而確定磁場的大小與方向是解題的關(guān)鍵15A【解析】試題分析：根據(jù)蹄形磁鐵的磁場方向，負電荷的運動方向，運用左手定則判斷出洛倫茲力的方向，從而確定粒子的偏轉(zhuǎn)方向解：蹄形磁鐵的磁場方向由N指向S，帶電粒子的方向，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向向上，則粒子向上偏轉(zhuǎn)，故A正確，B、C、D錯誤故選：A點評：解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則確定磁場方向、電荷運動方向和洛倫茲力方向的關(guān)系16AC【解析】試題分析：金屬桿向右運動則說明金屬桿受到向右的作用力，由左手定則可知電流的方向；由楞次定律可知左側(cè)產(chǎn)生的磁通量的變化；則可知左側(cè)電流的變化情況解：金屬桿向右運動說明金屬桿受到向右的安培力，由左手定則可知，金屬桿中的電

32、流由a到b；右側(cè)線框中感應電流產(chǎn)生的磁通量向上；則由楞次定律可知，左側(cè)線框中的磁場可能向下減小，也可能向上增加；左側(cè)電流由上方進入，由安培定則可知，內(nèi)部磁場方向向上；故產(chǎn)生以上現(xiàn)象只能是磁通量突然增加；故只能為A或C；故選：AC點評：當減小電阻R的阻值時，電路中電阻減小，由歐姆定律可知電流將增大，則內(nèi)部磁通量將增大17A【解析】試題分析：帶電粒子在磁場中運動時，所受洛倫茲力方向由左手定則進行判斷，伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)，讓磁感線進入手心，并使四指指向正電荷運動方向或者負電荷運動的反方向，這時拇指所指的方向就是運動電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向解：根據(jù)左手定

33、則可知：A圖中負電荷的洛倫茲力方向應該向下，故A正確；B圖中負電荷的洛倫茲力的方向應該向上，故B錯誤；C圖中電荷運動方向與磁場方向在一條線上，不受洛倫茲力，故C錯誤；D圖中電荷運動方向與磁場方向在一條線上，不受洛倫茲力，故D錯誤故選：A點評：帶電粒子在磁場中運動受洛倫茲力的條件以及左手定則的熟練應用是對學生的基本要求，要熟練掌握18B【解析】試題分析：根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r=來分析粒子的運動的方向，在根據(jù)左手定則來分析電荷的性質(zhì)解：由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量逐漸減小，速度逐漸減小，根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r=可知，粒子的半徑逐漸的減小，所以粒子的運動方向是從b到a

34、，在根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，所以B正確故選：B點評：根據(jù)r=可知，粒子運動的半徑與速度的大小有關(guān)，根據(jù)半徑的變化來判斷粒子的運動的方向，這是解決本題的關(guān)鍵19BD【解析】試題分析：小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，由左手定則，分析電性將小球的運動分解為沿管子向里和垂直于管子向右兩個方向根據(jù)受力情況和初始條件分析兩個方向的分運動情況，研究軌跡，確定F如何變化解：A、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錯誤；B、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

35、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B正確；C、洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故C錯誤；D、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，而拉力F=F2，則F逐漸增大，故D正確故選：BD點評：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，其軌跡是拋物線熟練應用左手定制判斷洛倫茲力方向20AC【解析】試題分析：根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向得出洛倫茲力方向，通過左手定則判斷粒子的電性荷質(zhì)比相同的a、b兩粒子，因質(zhì)量無法確定，則電量無法比較根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得到速度與軌道半徑的關(guān)系，

36、根據(jù)半徑大小判斷速度大小根據(jù)周期與速度的關(guān)系，計算出周期的表達式，據(jù)此討論運動時間解：A、根據(jù)左手定則可知，a帶正電，b帶負電，故A正確B、荷質(zhì)比相同的a、b兩粒子，因質(zhì)量無法確定，則電量無法比較故B錯誤C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力，得，因為兩粒子的比荷相同，故R越大，v就越大，故C正確D、因為T=，因為相同，故T相同，ab都運動半個周期，故ab運動的時間相同，故D錯誤故選：AC點評：解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場中運動的半徑公式和周期公式，并能靈活運用，注意圓心角與周期決定運動的時間21C【解析】試題分析：根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向得出洛倫茲力方向，通過左手定則判斷粒子的電性，根據(jù)粒子的半徑大小，通

37、過洛倫茲力提供向心力求出粒子的荷質(zhì)比結(jié)合粒子在磁場中運動的周期公式比較兩粒子在磁場中的運動時間關(guān)系根據(jù)牛頓第二定律比較加速度大小之比解：A、荷質(zhì)比相同的a、b兩粒子，因電量無法確定，則質(zhì)量大小無法比較故A錯誤B、初始時刻兩粒子所受的洛倫茲力方向都是豎直向下，根據(jù)左手定則知，兩粒子都帶負電故B錯誤C、根據(jù)軌跡圖可知，a粒子的半徑大于b粒子，根據(jù)qvB=m得，r=，則=，因它們荷質(zhì)比相同，即半徑越大時，速率越大故C正確D、粒子在磁場中的運動周期T=，由圖可知，a粒子的圓心角大于b粒子，則知a在磁場中的運動時間比b的短故D錯誤故選：C點評：解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場中運動的半徑公式和周期公式，

38、并能靈活運用，注意圓心角與周期決定運動的時間22D【解析】試題分析：利用圖示的裝置分析出其制成原理，即通電線圈在磁場中受力轉(zhuǎn)動，線圈的轉(zhuǎn)動可以帶動指針的偏轉(zhuǎn)；由左手定則來確定安培力的方向可確定轉(zhuǎn)動方向解：A、該磁場明顯不是勻強磁場，勻強磁場應該是一系列平行的磁感線，方向相同，故A錯誤B、由圖可知，線圈平面總與磁場方向平行，故B錯誤C、由左手定則可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故線圈順時針旋轉(zhuǎn)，故C錯誤D、a、b導線始終與磁感線垂直，故受到的安培力大小總為IlB，故D正確故選：D點評：在學過的測量工具或設(shè)備中，每個工具或設(shè)備都有自己的制成原理；對不同測量工具的制成原理，是一個熱點題型，需要重點掌握23A【解析】試題分析：金屬線圈放在導線MN上，導線中電流產(chǎn)生磁場，當導線中電流增大時，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷線圈的感應電流，再由左手定則來確定所受有安培力方向解：金屬線圈放在導線MN上，導線中電流產(chǎn)生磁場，根據(jù)安培定則判斷可知，線圈左右兩側(cè)磁場方向相反，線圈左側(cè)的磁通量小于線框右側(cè)的磁通量，磁通量存在抵消的情況若MN中電流突然增大時，穿過線圈的磁