2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場（附答案解析）

2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)：磁場

一、選擇題

1.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)體在磁場中某點受磁場作用力的方向

D.在磁場強的地方同一通電導(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，下列物理事實歸功于法拉第的有（）

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

3.司南是我國著名科技史學(xué)家王振鐸根據(jù)春秋戰(zhàn)國時期的《韓非子》書中和東漢時期思想家王充寫

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“根

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勺形的東四，放在一個刻著方位的

光滑盤上，當(dāng)它靜止時，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”是因為地球存在磁場，地磁南極在地理北極附近

4.一根長度為20cm、通以1A電流的導(dǎo)線，垂直放入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，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.安培通過實驗研窕，發(fā)現(xiàn)了電流之間相互作用力的規(guī)律。若兩段長度分別為和AL2、電流

大小分別為h和b的平行直導(dǎo)線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為尸=上必沁^。比

rz

例系數(shù)k的單位是（

A.kgB.kg?m/(s2?A2)

C.kg?m2/(s3?A)D.kgTn?/?*A3)

6.如圖甲所示，一帶正電粒子以水平初速度為（v0<f）先后進入方向垂直的寬度相同且緊相鄰在

一起的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，己知電場方向豎直向下，在帶電粒;穿過電場和磁場的過程中

（重力忽略不計），電場力和磁場力對粒子所做的總功大小為Wi；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均穿過重疊場區(qū)，在粒子穿過電場和磁場的過程中，電場力和磁場力

對粒子所做的總功大小為卬2。則（）

甲乙

A.一定是Wi>W2

B.一定是=W2

C.一定是Wi<W2

D.可能是V/1VW2，也可能是卬1>卬2

7.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，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的

離子。在圓管側(cè)面加一個磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于M、N所在直徑向北的勻強磁場，在M、N

之間形成的電勢差為UMN；撤去勻強磁場，M、N之間依然存在電勢差，大小為UMN。下列說法正

B.UMN

BD

C.排污口所在處地磁場的水平分量&=上少一

UMN~UMN

D.單位時間內(nèi)流出的污水體枳為0_RD（UMN+UM2

Q-4B

8.如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正

A.甲圖要增大粒子的最大司能，可增加電壓U

B.乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負(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C端電勢高

9.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，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.不計重力.下列說法錯誤的是（）

A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同

B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同

C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡不?定相同

D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大

10.利用霍爾元件可以進行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強塞相同同極

相對放置的磁體縫隙中，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，磁感應(yīng)強度B為0,霍爾申?壓U月為

0,將該點作為位移的零點。當(dāng)霍爾元件沿著土X方向移動時，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時，其左側(cè)電勢比右側(cè)高

B.霍爾元件向右偏離位移零點時，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.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磁場，磁感應(yīng)強

度大小為R,絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動0管道內(nèi)有一帶

正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為（），一段時間后，小球運動到管道N端，小球質(zhì)量

為m,電量為q,管道長度為1,小球直徑略小于管道內(nèi)徑，則小球從M端運動到N端過程有

()

B.小球圻受洛倫茲力做功為quBl

C.外力F的平均功率為平膽

D.外力F的沖量為qBl

二、多項選擇題

12.如圖所示，一束帶電粒子（不計重力）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（）

?

XXX￡XXX

xxx8xxx

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名

D.若帶電粒子的入射速度旨則粒子可能向上偏轉(zhuǎn)

13.光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以

O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿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。不計重力。下列說法正確的是（）

A.粒子的運動軌跡可能通過圓心O

B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出

C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短

D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心0的連線

14.如圖所示，直角三角形abc區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,ab邊長

為2L,Za=30°,一粒子源固定在ac邊的中點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be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（）

“dc

A.粒子運動的速率可能為在幽

m

B.粒子在磁場中運動的時間可能為患

C.be邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為空力

D.有粒子經(jīng)過的磁場區(qū)域的面積最大為4/

16

三、非選擇題

15.如圖（1）所示，實驗小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應(yīng)強度大小規(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，并在中點處與拉力

傳感器相連，拉力傳感器接入計算機中，測出直導(dǎo)線ab中通過大的電流強度為/】，直導(dǎo)線cd中通過

小的電流強度為/2,將導(dǎo)線cd圍繞中點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距離x時，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）初始時導(dǎo)線cd所在位置的磁感應(yīng)強度大小為

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90。時，O點磁感應(yīng)強度方向；

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

16.如圖甲，間距L=1.0m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

R=m的定值電阻，導(dǎo)軌電阻忽略不計，一導(dǎo)體棒（電阻大計）垂直于導(dǎo)軌放在距離導(dǎo)軌左端

d=1.0771的ab處，其質(zhì)量m=0.1kg,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,整個裝置處在

范圍足夠大的豎直方向的勻強磁場中，取豎直向下為正方向。t=0時刻開始，磁感應(yīng)強度B隨時

間t的變化關(guān)系如圖乙所示；在0-3s內(nèi)導(dǎo)體棒在外力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計感應(yīng)電流磁

場的影響，取g=10m/s2。

（I）求t=ls時安培力的大小和方向；

（2）從t=3s開始，導(dǎo)體棒在恒力尸2=1.2N作用下向右運動x=1m到cd處，此時導(dǎo)體棒

速度已達最大，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)強度逐漸減小，導(dǎo)體棒在恒力F2=1.2N作用下繼續(xù)

向右運動，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，寫出磁感應(yīng)強度Bt隨時間t變化的關(guān)系式（關(guān)系式以

cd處的時刻記作t=0）

17.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，有一以原點O為中心的正方形ARCD區(qū)域，其邊長為4a且分

別與x軸、y軸平行。還有一個以原點0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

的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。位于A點的粒子源，向磁場中沿AD方向噴射出質(zhì)量為m,帶

電量為q(q>0)的粒子，粒子的速度大小可調(diào)，不計粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。

￡

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

圍；

(2)M、N是AC連線與圓形區(qū)域邊界的交點，若某粒子射入磁場后，經(jīng)M點射入電場，然后

僅從N點射出電場，最后從C點離開磁場。求電場的電場強度大小，以及該粒子從A點運動到C點

的時間。

18.如圖，磁感應(yīng)強度大小為8勻強磁場垂直紙面向里。點A、C、0、。處于一條水平線上，且

力。=。。=0。=廠°A處有一個粒子源，豎直向上同時射出速率不同的同種帶電粒子，粒子經(jīng)過以

。為圓心、，?為半徑的圓周上各點。已知粒子質(zhì)量為〃2,電量的絕對值為.不計粒子重力和粒子間

相互作用力，問：

x

X

D

x

X

(1)粒子帶正電荷還是負(fù)電荷？到達C和到達。處的粒子的速率比也：V2：

(2)求粒子到達圓周所需的最短時間給也，及最先到達圓周的粒子的速度大小也。

19.真空區(qū)域有寬度為/、磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MMPQ是磁場的邊

界.質(zhì)量為，〃、電荷量為，/的粒子(不計重力)沿著與M/V夾角促30。的方向射入磁場中，刖好沒能從

P。邊界射出磁場.求粒子射入磁場的速度大小及在磁場中運動的時間.

20.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有兩個半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于a、b、c點和a'、b'、c

點，其中圓弧a'b"的半徑為R。兩個半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，電場方向由原點。向

外輻射，其間的電勢差為U。圓弧a'b"上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為y=2R的垂直紙面向里的

足畛大勻強磁場，圓弧a兒內(nèi)無電場和磁場。。點處有一粒子源，在xOy平面內(nèi)向》軸上方各個方向，

射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，帶電粒子射出時的速度大小均為孫=廨，被福射狀

的電場加速后進入磁場，不計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)

域邊界后的運動。求：

（1）粒子被電場加速后的速度也

（2）要使有的粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，且該粒子運動軌跡的圓心為y軸上某點，求

此時磁場的磁感應(yīng)強度的大小&）；

（3）當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強度大小為第（2）問中斯的卓倍時，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界

寬度

21.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。Di和D2是兩個中空

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Di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，不考慮相對論效應(yīng)），質(zhì)子在兩盒狹縫間的電場中運動時被加速。

Di、D2置于與盒面垂直的、磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場中。已知質(zhì)子的質(zhì)量為〃?，帶電荷量為

q。求：

B

接交流電源

(1)質(zhì)子被回旋加速器加速能達到的最大速率加；

(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)

22.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

速電壓為火：區(qū)域II為速度選擇器，磁感應(yīng)強度大小為當(dāng)，方向垂直紙面向里，電場方向水平向

左，板間距離為4區(qū)域川為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度大小為%,方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為

加，電荷量為+q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。點

沿垂直于邊界MN的方向進入分離器后打在MN上的尸點，空氣阻力，粒子重力及粒子間相互作用力

均忽略不計。

?

I

Ix;x^.

III：X

―IN

xXxx；x

HIXXx、—？

XXXXXXX

(1)求粒子進入速度選擇器時的速度大小y；

(2)求速度選擇器兩極板間的電壓火;

(3)19世紀(jì)末，阿斯頓設(shè)L的質(zhì)譜儀只由區(qū)域I粒子加速器和區(qū)域m偏轉(zhuǎn)分離器構(gòu)成，在實驗

中發(fā)現(xiàn)了怎22和敏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MN上相

距為4的兩點。為便于觀測。4的數(shù)值大一些為宜，不計粒子從區(qū)域I的上極板飄入時的初速度，

請通過計算分析為了便于觀測應(yīng)采取哪些措施。

23.如圖甲所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面的夾角為仇間距為L；垂直于導(dǎo)軌平面向

上有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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)Si,將導(dǎo)體棒由靜止釋放，to時刻，斷開開

關(guān)Si的同時閉合開關(guān)S2,2to時刻導(dǎo)體棒加速到最大速度，其速度隨時間變化的關(guān)系圖像如圖乙所

示。己知導(dǎo)體棒所受的滑動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

(I)導(dǎo)體棒在過程I中所受安培力的方向；

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

(3)令解入2=系，導(dǎo)體棒在過程H中運動的距離s°

24.如圖所示，兩水平金屬板％、8長/=8cm,兩板間距離d=8cm,8板比A板電勢高300V,即

，/RA=3(N)V.一帶一正電粒子的電荷量q=1xlO質(zhì)量"7=1x1020kg.以初速度wj=2x|()6m/s從R

點沿電場中心線RO射入電場.粒子飛出電場后經(jīng)過無場區(qū)域，進入界面為MMPQ的勻強磁場區(qū)

域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上的S點.已知MN邊界與平行板的右端相距為3兩

界面MMPQ相距為L,S點到PQ邊界的距離為3且L=12cm,粒子重力及空氣阻力不計，求：

(1)粒子射出平行板時的速度大小丫；

(2)粒子進入界面MN時偏離中心線R。的距離;

(3)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小區(qū)

答案解析

1.【答案】D

【蟀析】【解答】沿磁感線方向，磁場可以減弱，可以增強，也可以不變，A錯；磁感線是閉合曲

線，B錯；物理學(xué)中規(guī)定磁場的方向是小磁針靜止時N極所指的方向，或N極在磁場中的受力方

向，C錯；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。

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

達式。

2.【答案】A

【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，需要平時多積累，難度不大。

3.【答案】D

【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，因為無法磁化，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”是因為地球存在磁場，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，因為無法磁化，地球磁場從南

極附近發(fā)出，從北極附近進入地球，組成閉合曲線。

4.【答案】B

【解析】【解答】通電導(dǎo)線垂直放在磁場中，受到安培力為：F=BIL,代入數(shù)據(jù)，4N=Bxl/lx

0.2m,知B=2()T,A、C、D錯誤，B正確。

故答案為：Bo

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

5.【答案】B

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示為尸=k止步受，可得：k=h第3,代入

kg-m/

單位可得:k=___sr__,由此可見錯誤，正確;

A-A-m-m/)ACDB

故答案為：B

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

6.【答案】A

【解析】【解答】不論帶電粒子帶何種電荷，由于孫〈宗所以電場力qE大于洛倫茲力qBvo,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，而洛倫茲力對帶電粒子不做功，只有電場力做功，所以一定是W〉W2.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

力對粒子不做功。

7.【答案】C

【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、負(fù)離子都向N處移動，故UMN>。，UMN>0，A不符合題意;

B.設(shè)地磁場在該處的水平分量為Bx,根據(jù)平衡條件可得理*^=qv(8+Bx)，解得u=

UMN

(B+BQDB不符合題意;

C.撤去勻強磁場后，由于污水流速不變，因此根據(jù)平衡條件可得史儼L=quBx，解得v=

4,結(jié)合C選項分析可得Bx=BU”,C符合題意；

BQUMN-UMN

r

D.結(jié)合BC選項分析可得L，_UMN-UMN,管道的橫截面積為S=7T點)2,單位時間內(nèi)流出的污

v~BD2

水體積為I，_SL一—“MN-。MN),D不符合題意。

"一"一48

故答案為：Co

【分析】利用左于定則可以判另]離子的偏轉(zhuǎn)方向進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??；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；利用速度的表達式結(jié)

合橫截面積的大小可以求出單位時間排出污水的體積大小。

8.【答案】B

【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)仃8二迪得“二變1，增大電

壓U不會影響粒子的最大速度，故A錯誤。

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u=[但無法辨別粒子的電性，故C錯誤。

D

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

【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r_—,所以

qB

速度相同的粒子軌跡半徑相同，運動軌跡也必相同，R正確;

對于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如圖所示:

由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時轉(zhuǎn)過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期,

小n-4.7*r殂

niqxB-=?＞：一一一得所有粒子在磁場運動周期都相同，A錯誤、C正確;

rT*

運行時間，=~—7=——?所以D正確

2.7qB

故選A

【分析】本題考查洛倫茲力提供向心力和圓周運動的綜合應(yīng)用。

10.【答案】B

【解析】【解答】AB.霍爾元件向左偏離位移零點時，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應(yīng)移零點時，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?，根據(jù)平衡條件得：治q=q血又I=nqdyd』,聯(lián)立解得：小懸，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

式聯(lián)立求電勢差。

11.【答案】D

【解析】【解答】A、小球隨管道做水平向右勻速運動，小球受到因隨管道水平向右速度u對應(yīng)的大

小方向不變的洛倫茲力，根據(jù)牛頓第二定律/=8〃q=ma,由位移公式：工二段。產(chǎn)解得：￡=

圖,A錯誤；

yJquB

B、小球所受洛倫茲力始終與速度垂直，不做功，B錯誤；

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W/；=

Wx=Wy=Bqul,

p_竺_Bqul_口[Bqid

外力的平均功率：一丁=國=藥，C錯誤；

D、由于外力水平向右，管勻速運動，外力做功發(fā)生的位移x=〃￡,由==8q血聯(lián)立解

J：昨駟=配

utt

由沖量公式：//=Ft=竿￡=BqL,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動，豎直方向洛倫茲力不變，由牛頓第

二定律計算豎直方向加速和位移公式計算時間，根據(jù)水平方向和豎直方向洛倫茲力分力相等，等于

水平外力計算其功率，根據(jù)外力做功的大小和管道水平勻速運動的位移計算外力大小，從而計算外

力的沖量。

12.【答案】C,D

【解析】【解答】AB.由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速自.線運動，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錯誤；

C.由題意可知，射出的部分粒;沿虛線做勻速直線運動，即洛倫茲力與電場力等大反向有=

qE得u=星故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CDo

【分析】由題意可知，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運動，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

【解析】【解答】A.粒子從P點沿磁場半徑方向進入磁場區(qū)域，以0.為圓心做圓周運動，在A點沿

半徑方向與圓筒碰撞.紈跡如圖：

粒子與圓筒碰撞后依然沿半徑方向進入磁場區(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），然后從小孔射出，故B符合題意；

C.設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,圓筒的半徑為R,粒子在磁場中做圓周運動有：qvB=

設(shè)4P04=。，由幾何關(guān)系得：tan?=W=瀛，粒子在磁場中做圓周運動的時間為：t二

年X黑丁=有T）需所以粒子的速度越大’6越大，粒子在磁場中運動的時間越短，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：BCDo

【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)￡=券7寫出時間的關(guān)系式進行分析。

14.【答案】B,C,D

【解析】【解答】A、根據(jù)題意，粒子與ab邊相切時對應(yīng)速度最大，由幾何關(guān)系可得半徑為：r1=

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：Bqu=華得：r嘴，T=需聯(lián)立解得：也=駕二

同理若粒子從c點射出，則速度為：以=4%，A錯誤；

B、由粒子在磁場中的周期公式：7=鬻

當(dāng)粒子垂直于be邊射出時，粒子在磁場中運動的時間為：1=彳=瑞，B正確；

C、由題意可知，粒子與ab邊相切時，打在cb邊上的點到c點的距離最大，即2^=門=*L，C

正確；

22

D、打在cb邊上的點到c點的距離最大時，粒子在磁場中面積最大為：$="=也，D正確：

416

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

最大速度對應(yīng)相切于ab邊由幾何關(guān)系得出對■應(yīng)最大速度，過c點對應(yīng)最小速度，由粒子圓周運動圓

心角計算粒子在磁場中的運動時間，由幾何關(guān)系確定be邊的最大距離和磁場中的面積。

15.【答案】（1）督

（2）垂直紙面向里

（3）反比

【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)強度大小為B,由圖像可知此時導(dǎo)線cd受的安培力為入，由安培力公式凡=8%乙解得B=

F。

不

（2）導(dǎo)線cd旋轉(zhuǎn)90。時，。點磁感應(yīng)強度方向不變，導(dǎo)線ab在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向

里；

（3）在尸-［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

X

而減小，而尸=BI2L,說明B也隨著距離的增大而減小，磁感應(yīng)強度的大小與離導(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初始肘所受的安培力大小，再結(jié)合心=見2乙就可以求出初始時導(dǎo)線cd所在

位置的磁感應(yīng)強度大?。?/p>

（2）無論cd導(dǎo)線怎么旋轉(zhuǎn)，某位置的磁感應(yīng)強度只跟原直線電流有關(guān)，根據(jù)右手螺旋定則可知0

點的磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里；

（3）在尸-；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)電動勢￡1=莽=黑S=,xlx

IV=IV

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得感應(yīng)電流/=。=14

A

根據(jù)楞次定律可知電流方向俯視為順時針方向

t=ls時，安培力尸安=B/L=1N

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，根據(jù)平衡條件可得..F2=B2IrL+iimg

其中/1=緯也。

由圖乙知B2=IT

聯(lián)立解得vm=lm/s

根據(jù)能量守恒定律得（F2—庶4-Q

解得0=0.95/O

（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

對導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律可得「2-nmg=ma

2

解得Q=10m/s

2

根據(jù)210=0可得BL（d+x）=Bt（d+%+vmt+iat）L

乙

7

解得以J「2T

2+t+5K

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，閉合電路歐姆定律求出感應(yīng)電路，再

由安培力計算公式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)體棒勻速運動

時，由共點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Rt

產(chǎn)生的熱量Q：（3）金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電路，做勻變速直線運動，山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)強度Bt隨時間I變化的關(guān)系

式。

17.【答案】（1）解：作出粒子恰好不能進入電場的軌跡，如圖:

設(shè)粒子運動軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子恰好不能進入電場的1?滿足cos45。=

丁2+（2、3）2-（廠+0）2

2xrx2Vzz

丁2+（2@）2（1―。）2

或cos450=

2xrx2j2a

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有=血9

解得粒子被射入磁場時的速度大小的范圍為鬻<”需

（2）解：根據(jù)對稱性可知粒子進入M點時與AC夾角為45。，根據(jù)幾何關(guān)系可知（=（2衣。-

a）cos45°

,2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q/B=myr

解得一（2子）qBa

V-m

v,cos45°

粒子在電場中的運動時間為G=2—屜—

m

同時沿MN方向有2a=i/sin45。?口

粒子在磁場中的運動時間為±2=2x]x鬻

聯(lián)立解得E=（>/2—^）2qB2a

,_m17Tm

該粒子從A點運動到C點的時間為=Q+x匕=◎_?qBm

【解析】【分析】（1）要找出粒子被射入磁場時的速度大小的范圍，首先根據(jù)左手定則可知洛倫茲力

的方向在AB方向上，則粒子射入磁場時做勻速圓周運動的圓心也在AB連線上，利用全范圍法，逐

漸增大勻速圓周運動的半徑，找出恰好不射入電場的兩個臨界圓結(jié)合幾何條件，求出兩個臨界圓所

對應(yīng)的半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力的式子求出兩個臨界圓對應(yīng)的速度，就得出粒子被射入磁場

時的速度大小的范圍。

（2）作出粒子在射入M點之前在磁場中運動的軌跡，結(jié)合幾何條件求出粒子做圓周運動的半徑，

根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，求出圓周運動的速度V,粒r射入M點時，與MN之間的夾角為45

度，對速度進行分解，分解為垂直于MN的分速度w以及平行于MN的分速度V?,我們可以看到粒

子在平行于MN的方向上做勻速直線運動，垂直于MN的方向上先做勻減速直線運動再做勻加速直

線運動，根據(jù)￡=22=2浸■推導(dǎo)出粒子在電場中運動的時間，再結(jié)合平行MN的方向位移為2a列

m

勻速直線運動的位移的公式，求出場強E的大小。粒子在進入電場前的圓周運動與離開電場后的圓

周運動時對稱的，總共運動了一個半圓，所以乙，=迂，再加上電場中運動的時間即為該粒子從A

點運動到C點的時間。

18.【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

rl

r2

由幾何關(guān)系得丁1=]，丁2=

聯(lián)立解得%：1;2=1：3

②解：粒子在磁場中的運動周期為八年

一］

v2

乂quB=

2nm

解得7=

可見周期與速度無關(guān)。所以粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角越小，時間越短。由幾何關(guān)系得，當(dāng)軌跡

圓弧的所對應(yīng)的弦與圓相切時，時間最短。如圖

[jin，._2627nH

則，min一加7一曬

時間最短，則該粒子最先到達。貝%口=忑

解附3=曙

【辭析】【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)軌跡圓弧的所對應(yīng)的弦與圓相切時，時間最短，結(jié)合粒子在磁場中做圓

周運動知識處理。

19.【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O,則l=Ri（l+cos300）

由qv"警

解得山=（4-2百）qE

m

對應(yīng)運動時間1=嚼聲X猾=舞

甲

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02,半徑為R2,則cos30。=皆

由qv?B=^i

解得v2=（4+2⑸q引

W

對應(yīng)運動時間1=翳'翳=第

【解析】【分析】本題考查帶電粒子在有界磁場的運動，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磁場中運動時，具有對稱性，即進入磁場和離開磁場時速度

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動時間與在磁場運動軌跡對應(yīng)的圓心角有關(guān)；本題考查粒子在磁場中運動

的臨界條件，剛好沒能從PQ邊界射出磁場，說明運動軌跡與PQ相切。

20.【答案】(1)解：設(shè)粒子被電場加速后速度為外由動能定理可得

11

--2-^0

221

解得

(2)解：垂克磁場上邊界射出的粒子的圓心o'必在磁場上邊界上，設(shè)該粒子做勻速圓周運動的軌道

半徑為丁，如圖

則0。'="R2+=2,00'=2R

故x=WR

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動quB0=m^-

聯(lián)立解得的7例

(3)解：當(dāng)8=當(dāng)殳時.，根據(jù)廠=器，可得帶電粒子在磁場中的運動半徑r=2R

由幾何知識可知，當(dāng)粒子從c'沿%軸正方向進人磁場，粒子從磁場上邊界的射出點，為粒子能夠到達

上邊界的最右端，粒子能夠到達上邊界的最右端y軸的距離修=R+r=3R

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

由幾何關(guān)系可知，粒子能夠到達上邊界的最左端距y軸的距離為%2=廳”=而R

可知粒子能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬&L=勺+小=(3+縣)R

【解析】【分析】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動問題，粒子在加速電場的運動，一般應(yīng)用動能

定理求解粒子在電場的末速度；粒子垂直于磁場方向進入磁場做勻速圓周運動，關(guān)鍵畫出粒子的運

動凱跡圖，滿足磁感應(yīng)強度有最大值，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)

強度的最大值；求解帶電粒子在磁場的運動半徑時，根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子能夠達到上邊界的范圍

的左右端點。

21.【答案】（1）解：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qUmB=加條

解得吃=曙

（2）解：根據(jù)題意有nqU=2mvm

所以「儂R

n2mU

【解析】【分析】（1）、求質(zhì)子被回旋加速器加速能達到的最大速率加?洛倫茲力提供向心力

qvmB=瓶第i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)〃，由動能定理qU=3血臉可知，

經(jīng)過一次