【解析】2024屆高考物理第一輪復習：磁場

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一、選擇題

1．（2023高二下·舒城期末）關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

【知識點】磁現象和磁場、磁感線

【解析】【解答】沿磁感線方向，磁場可以減弱，可以增強，也可以不變，A錯；磁感線是閉合曲線，B錯；物理學中規(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；導體所受的安培力還與電流方向與磁場方向的夾角有關，有可能在磁場強的地方同一通電導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．電現象與磁現象之間有著深刻的聯系，人類研究電、磁現象的歷史比力學更為豐富多彩。其中安培、法拉第和麥克斯韋等物理學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)現電磁感應現象B．提出分子電流假說

C．發(fā)現電流的磁效應D．提出變化磁場產生電場的觀點

【答案】A

【知識點】物理學史

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

故選A

【分析】本題考查物理學史，需要平時多積累，難度不大。

3．（2023高二上·武漢期末）司南是我國著名科技史學家王振鐸根據春秋戰(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勺形的東四，放在一個刻著方位的光滑盤上，當它靜止時，共長柄（）

A．“柢”相當于磁體的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

【答案】D

【知識點】磁現象和磁場、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．（2023高二下·寧縣月考）一根長度為20cm、通以1A電流的導線，垂直放入磁感應強度為B的勻強磁場中，通電導線受到的作用力為4N，則B的數值為（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

【答案】B

【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用

【解析】【解答】通電導線垂直放在磁場中，受到安培力為：，代入數據，，知B=20T，A、C、D錯誤，B正確。

故答案為：B。

【分析】本題針對通電導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．（2023·遼寧）安培通過實驗研究，發(fā)現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的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為。比例系數k的單位是（）

A．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

【答案】B

【知識點】平行通電直導線間的相互作用；力學單位制

【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錯誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達式，推導出k的表達式，根據相應物理量代入對應的基本單位。

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，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），電場力和磁場力對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

【知識點】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運動

【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位移比重疊時的偏轉位移大，所以不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉位移一定大于乙中的偏轉位移，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W1＞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．（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，當圓管內充滿污水時，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。在圓管側面加一個磁感應強度為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；撤去勻強磁場，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．單位時間內流出的污水體積為

【答案】C

【知識點】共點力的平衡；電磁流量計

【解析】【解答】A．根據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、負離子都向N處移動，故，，A不符合題意；

B．設地磁場在該處的水平分量為，根據平衡條件可得，解得，B不符合題意；

C．撤去勻強磁場后，由于污水流速不變，因此根據平衡條件可得，解得，結合C選項分析可得，C符合題意；

D．結合BC選項分析可得，管道的橫截面積為，單位時間內流出的污水體積為，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方向進而判別電勢差的大??；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??；利用速度的表達式結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．（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，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能，可增加電壓U

B．乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負極

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電，穩(wěn)定時C端電勢高

【答案】B

【知識點】質譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機；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，根據得，增大電壓U不會影響粒子的最大速度，故A錯誤。

B、根據左手定則可知正離子所受洛倫茲力方向指向B板，負離子所受洛倫茲力方向指向A板，故B板為正極，A板為負極，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錯誤。

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

故答案為：B

【分析】根據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磁場，圖中的正方形為其邊界．一細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，其運動軌跡不一定相同

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

【答案】A

【知識點】復雜邊界；帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根據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，運動軌跡也必相同，B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過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，由得，所有粒子在磁場運動周期都相同，A錯誤、C正確；

運行時間，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動的綜合應用。

10．（2023·杭州模擬）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弱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。當霍爾元件處于中間位置時，磁感應強度B為0，霍爾電壓為0，將該點作為位移的零點。當霍爾元件沿著±x方向移動時，則有霍爾電壓輸出，從而能夠實現微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負電荷，則下列說法正確的是（）

A．霍爾元件向左偏離位移零點時，其左側電勢比右側高

B．霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側電勢比上側高

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

【知識點】霍爾元件

【解析】【解答】AB.霍爾元件向左偏離位移零點時，磁場方向向右，根據左手定則，帶負電的載流子向下偏轉，則上側電勢比下側高；同理霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側電勢比上側高，故A不符合題意，B符合題意；

CD.當穩(wěn)定時，根據平衡條件得：，又，聯立解得：，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】根據左手定則，分析帶負電的載流子偏轉，分析電勢高低；根據平衡條件、微觀電流表達式聯立求電勢差。

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

A．時間為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

【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動

【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對應的大小方向不變的洛倫茲力，根據牛頓第二定律，由位移公式：解得：，A錯誤；

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，

外力的平均功率：，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，由聯立解得：，

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。

二、多項選擇題

12．（2022高二上·吉林期中）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（）

A．射出的帶電粒子一定帶負電

B．速度選擇器的上極板帶負電

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

【答案】C,D

【知識點】洛倫茲力的計算；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，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運動，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，同理可知，若粒子帶負電，則粒子向下偏轉，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動，即洛倫茲力與電場力等大反向，根據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O的連線

【答案】B,C,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【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O1為圓心做圓周運動，在A點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：，設，由幾何關系得：，粒子在磁場中做圓周運動的時間為：，所以粒子的速度越大，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：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；根據洛倫茲力提供向心力求出半徑，由幾何關系得到與v的關系式，根據寫出時間的關系式進行分析。

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磁場，磁感應強度大小為B，ab邊長為2L，∠a=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bc邊界射出，已知粒子質量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（）

A．粒子運動的速率可能為

B．粒子在磁場中運動的時間可能為

C．bc邊界上有粒子射出的區(qū)域長度最大為

D．有粒子經過的磁場區(qū)域的面積最大為

【答案】B,C,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A、根據題意，粒子與ab邊相切時對應速度最大，由幾何關系可得半徑為：

根據洛倫茲力提供向心力：得：，聯立解得：，

同理若粒子從c點射出，則速度為：，A錯誤；

B、由粒子在磁場中的周期公式：

當粒子垂直于bc邊射出時，粒子在磁場中運動的時間為：，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，C正確；

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：，D正確；

故答案為：BCD

【分析】根據帶電粒子在磁場中的偏轉，洛倫茲力提供向心力得出半徑和周期公式，根據題意粒子最大速度對應相切于ab邊由幾何關系得出對應最大速度，過c點對應最小速度，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，實驗小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應強度大小規(guī)律，將直導線ab直線固定，通過開關接上直流電源，選取一小段長度為L的直導線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，測出直導線ab中通過大的電流強度為，直導線cd中通過小的電流強度為，將導線cd圍繞中點O垂直紙面緩慢旋轉90°過程中，得到拉力傳感器讀數隨轉過角度變化關系如圖（2）所示；若將導線cd沿紙平面緩慢向右移動距離x時，得到拉力傳感器讀數隨距離倒數變化關系如圖（3）所示，不考慮導線cd所產生的磁場。

（1）初始時導線cd所在位置的磁感應強度大小為；

（2）導線cd旋轉90°時，O點磁感應強度方向；

（3）直線電流產生磁場的磁感應強度大小與離導線距離x成（填“正比”或“反比”）。

【答案】（1）

（2）垂直紙面向里

（3）反比

【知識點】安培力；通電導線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導線間的相互作用；安培力的計算

【解析】【解答】（1）根據安培定則，導線ab在cd位置處產生磁場方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應強度大小為B，由圖像可知此時導線cd受的安培力為，由安培力公式，解得；

（2）導線cd旋轉90°時，O點磁感應強度方向不變，導線ab在O點產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增大而增大，反過來安培力應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，磁感應強度的大小與離導線距離x成反比。

【分析】本題考查了兩直流導線之間的相互作用。

（1）由圖像可知導線cd初始時所受的安培力大小，再結合就可以求出初始時導線cd所在位置的磁感應強度大?。?/p>

（2）無論cd導線怎么旋轉，某位置的磁感應強度只跟原直線電流有關，根據右手螺旋定則可知O點的磁感應強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增大而增大，說明磁感應強度也隨著距離的倒數增大而增大，即隨著距離的增大而減小，成反比關系。

16．（2023高二下·韓城期末）如圖甲，間距的平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌左端MP之間接有一阻值的定值電阻，導軌電阻忽略不計，一導體棒（電阻不計）垂直于導軌放在距離導軌左端的ab處，其質量，導體棒與導軌間的動摩擦因數，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。時刻開始，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示；在內導體棒在外力作用下處于靜止狀態(tài)，不計感應電流磁場的影響，取。

（1）求時安培力的大小和方向；

（2）從開始，導體棒在恒力作用下向右運動到cd處，此時導體棒速度已達最大，求該過程中電阻R上產生的熱量Q；

（3）若將金屬棒滑行至cd處后，讓磁感應強度逐漸減小，導體棒在恒力作用下繼續(xù)向右運動，可使金屬棒中不產生感應電流，寫出磁感應強度隨時間t變化的關系式（關系式以cd處的時刻記作）

【答案】（1）解：前3s內，根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢

根據閉合電路歐姆定律可得感應電流

根據楞次定律可知電流方向俯視為順時針方向

t=1s時，安培力

據左手定知安力方向水平向右。

（2）解：導體棒速度最大時，根據平衡條件可得

其中。

由圖乙知

聯立解得

根據能量守恒定律得

解得。

（3）解：導體棒中不產生感應電流，回路中的磁通量變化量為零

對導體棒，根據牛頓第二定律可得

解得

根據可得

解得T

【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算；法拉第電磁感應定律

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，閉合電路歐姆定律求出感應電路，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）當導體棒勻速運動時，由共點力平衡條件列式求出導體棒的速度，即為最大速度，再根據能量守恒定律求出電阻R上產生的熱量Q；（3）金屬棒中不產生感應電路，做勻變速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，回路不產生感應電路，則磁通量變化為零，由此列式求出磁感應強度隨時間t變化的關系式。

17．（2023高二下·武昌期末）如圖所示，直角坐標系中，有一以原點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。還有一個以原點O為圓心，半徑為a的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內分布有勻強電場，方向與x軸負方向、y軸負方向夾角均為45°。圓形區(qū)域外，正方形區(qū)域內分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。位于A點的粒子源，向磁場中沿AD方向噴射出質量為m，帶電量為的粒子，粒子的速度大小可調，不計粒子的重力，忽略邊緣效應。

（1）若粒子進入磁場偏轉后，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。

【答案】（1）解：作出粒子恰好不能進入電場的軌跡，如圖：

設粒子運動軌跡半徑為r，根據幾何關系可知粒子恰好不能進入電場的r滿足

或

根據洛倫茲力提供向心力有

解得粒子被射入磁場時的速度大小的范圍為

（2）解：根據對稱性可知粒子進入M點時與AC夾角為45°，根據幾何關系可知

根據洛倫茲力提供向心力有

解得

粒子在電場中的運動時間為

同時沿MN方向有

粒子在磁場中的運動時間為

聯立解得

該粒子從A點運動到C點的時間為

【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動

【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合幾何條件，求出兩個臨界圓所對應的半徑，結合洛倫茲力提供向心力的式子求出兩個臨界圓對應的速度，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，結合幾何條件求出粒子做圓周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力列式，求出圓周運動的速度v，粒子射入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，根據推導出粒子在電場中運動的時間，再結合平行MN的方向位移為2a列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，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．（2022高三上·肥東期末）如圖，磁感應強度大小為B勻強磁場垂直紙面向里。點A、C、O、D處于一條水平線上，且。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，粒子經過以O為圓心、r為半徑的圓周上各點。已知粒子質量為m，電量的絕對值為q，不計粒子重力和粒子間相互作用力，問：

（1）粒子帶正電荷還是負電荷？到達C和到達D處的粒子的速率比；

（2）求粒子到達圓周所需的最短時間，及最先到達圓周的粒子的速度大小。

【答案】（1）解：由左手定則得，粒子帶負電。

由洛倫茲力提供向心力得

由幾何關系得

聯立解得

（2）解：粒子在磁場中的運動周期為

又

解得

可見周期與速度無關。所以粒子運動的軌跡對應的圓心角越小，時間越短。由幾何關系得，當軌跡圓弧的所對應的弦與圓相切時，時間最短。如圖

則

時間最短，則該粒子最先到達。則

解得

【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動

【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合幾何關系得出速度之比；

（2）由幾何關系分析得出當軌跡圓弧的所對應的弦與圓相切時，時間最短，結合粒子在磁場中做圓周運動知識處理。

19．（2023高二下·文山期末）真空區(qū)域有寬度為l、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界．質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)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動的時間．

【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．

設圓心為O1，則l＝R1(1＋cos30°)

由qv1B＝

解得v1＝

對應運動時間t＝

若粒子帶負電荷，粒子恰好不從PQ邊界射出的臨界軌跡如圖乙所示．

設圓心為O2，半徑為R2，則cos30°＝

由qv2B＝

解得v2＝

對應運動時間t＝

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【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的圓心角有關；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．（2023高三上·茂名開學考）如圖所示，在平面內，有兩個半圓形同心圓弧，與坐標軸分別交于、、點和、、點，其中圓弧的半徑為。兩個半圓弧之間的區(qū)域內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。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磁場，圓弧內無電場和磁場。點處有一粒子源，在平面內向軸上方各個方向，射出質量為、電荷量為的帶正電的粒子，帶電粒子射出時的速度大小均為，被輻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；

（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軸上某點，求此時磁場的磁感應強度的大小；

（3）當磁場中的磁感應強度大小為第（2）問中的倍時，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度。

【答案】（1）解：設粒子被電場加速后速度為，由動能定理可得

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，設該粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為，如圖

則，

故

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動

聯立解得

（3）解：當時，根據，可得帶電粒子在磁場中的運動半徑

由幾何知識可知，當粒子從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軸的距離

當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

由幾何關系可知，粒子能夠到達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

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動

【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，關鍵畫出粒子的運動軌跡圖，滿足磁感應強度有最大值，根據幾何關系確定軌跡半徑的最小值，從而可以確定磁感應強度的最大值；求解帶電粒子在磁場的運動半徑時，根據幾何關系確定粒子能夠達到上邊界的范圍的左右端點。

21．（2023高二下·通州期中）回旋加速器在核技術、核醫(yī)學等領域得到了廣泛應用，其原理如圖所示。D1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D1圓心處的質子源A能產生質子（初速度可忽略，重力不計，不考慮相對論效應），質子在兩盒狹縫間的電場中運動時被加速。D1、D2置于與盒面垂直的、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。已知質子的質量為m，帶電荷量為q。求：

（1）質子被回旋加速器加速能達到的最大速率vm；

（2）質子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數n。

【答案】（1）解：根據洛倫茲力提供向心力有

解得

（2）解：根據題意有

所以

【知識點】質譜儀和回旋加速器

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

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

22．（2023高二下·順義期中）質譜儀是一種分離和檢測同位素的重要工具，其結構原理如圖所示。區(qū)域Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為：區(qū)域Ⅱ為速度選擇器，磁感應強度大小為，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為偏轉分離器，磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里，一質量為m，電荷量為的粒子，初速度為零，經粒子加速器加速后，恰能沿直線通過速度選擇器，由O點沿垂直于邊界的方向進入分離器后打在上的P點，空氣阻力，粒子重力及粒子間相互作用力均忽略不計。

（1）求粒子進入速度選擇器時的速度大小v；

（2）求速度選擇器兩極板間的電壓；

（3）19世紀末，阿斯頓設計的質譜儀只由區(qū)域Ⅰ粒子加速器和區(qū)域Ⅲ偏轉分離器構成，在實驗中發(fā)現了氖22和氖20兩種同位素粒子（兩種粒子電荷量相同，質量不同），他們分別打在上相距為的兩點。為便于觀測。的數值大一些為宜，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采取哪些措施。

【答案】（1）解：粒子在加速電場中加速時

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

則

進入磁場后做圓周運動

解得

設氖22和氖20兩種同位素粒子質量分別為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強度B2。

【知識點】帶電粒子在電場中的加速；帶電粒子在有界磁場中的運動；帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動；質譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機

【解析】【分析】（1）由動能定理分析粒子在加速電場中的運動，求出速度；（2）根據粒子在速度選擇器中，電場力與洛倫茲力大小相等的特點列式計算；（3）推導粒子在磁場中的運動半徑，結合關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，足夠長平行金屬導軌ab、cd與水平面的夾角為θ，間距為L；垂直于導軌平面向上有一勻強磁場，磁感應強度為B。b、d端并聯接入阻值為R的電阻和電容為C的電容器。一質量為m、電阻為R的導體棒MN垂直導軌放置，閉合開關S1，將導體棒由靜止釋放，t0時刻，斷開開關S1的同時閉合開關S2，2t0時刻導體棒加速到最大速度，其速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示。已知導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）問的計算結果選用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不計金屬導軌的電阻，求：

（1）導體棒在過程I中所受安培力的方向；

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

（3）令，導體棒在過程II中運動的距離s。

【答案】（1）沿導軌平面向上

（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：由動量定理

由閉合電路的歐姆定律

由法拉第電磁感應定律

解得

【知識點】動量定理；安培力；左手定則；電路動態(tài)分析；右手定則；法拉第電磁感應定律

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

（2）對導體棒進行受力分析，根據牛頓第二定律以及安培力的表達式和勻變速直線運動、閉合電路歐姆定律的規(guī)律得出導體棒所受的滑動摩擦力與其重力的比值以及最大速度；

（3）根據動量定理以及閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律得出導體棒在過程II中運動的距離。

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，質量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s從R點沿電場中心線RO射入電場．粒子飛出電場后經過無場區(qū)域，進入界面為MN、PQ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L，兩界面MN、PQ相距為L，S點到PQ邊界的距離為L，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v；

（2）粒子進入界面MN時偏離中心線RO的距離；

（3）勻強磁場的磁感應強度的大小B.

【答案】（1）解：粒子在電場中做類平拋運動，有qE＝ma，，vy＝at，

代入數據，解得vy＝1.5×106m/s，

所以粒子從電場中飛出時的速度大小為.

（2）解：設粒子從電場中飛出時的側向位移為y，進入界面MN時偏離中心線RO的距離為h，則.

帶電粒子在離開電場后做勻速直線運動，由相似三角形知識得.

代入數據，解得h＝0.12m.

（3）解：設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平面的夾角為θ，則：.

粒子運動軌跡如圖所示

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

又，

代入數據，解得B＝2.5×10－3T.

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動

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

（2）由粒子在電場中做類平拋運動得出側向位移結合幾何關系求解粒子進入界面MN時偏離中心線RO的距離；

（3）由粒子在電場中做類平拋運動得出粒子進入磁場時的速度大小的方向，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力結合幾何關系進行求解勻強磁場的磁感應強度的大小B。

1/12024屆高考物理第一輪復習：磁場

一、選擇題

1．（2023高二下·舒城期末）關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．電現象與磁現象之間有著深刻的聯系，人類研究電、磁現象的歷史比力學更為豐富多彩。其中安培、法拉第和麥克斯韋等物理學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)現電磁感應現象B．提出分子電流假說

C．發(fā)現電流的磁效應D．提出變化磁場產生電場的觀點

3．（2023高二上·武漢期末）司南是我國著名科技史學家王振鐸根據春秋戰(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勺形的東四，放在一個刻著方位的光滑盤上，當它靜止時，共長柄（）

A．“柢”相當于磁體的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．（2023高二下·寧縣月考）一根長度為20cm、通以1A電流的導線，垂直放入磁感應強度為B的勻強磁場中，通電導線受到的作用力為4N，則B的數值為（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

5．（2023·遼寧）安培通過實驗研究，發(fā)現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的平行直導線間距為r時，相互作用力的大小可以表示為。比例系數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，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），電場力和磁場力對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，當圓管內充滿污水時，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。在圓管側面加一個磁感應強度為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；撤去勻強磁場，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．單位時間內流出的污水體積為

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，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能，可增加電壓U

B．乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負極

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，其運動軌跡不一定相同

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．（2023·杭州模擬）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弱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。當霍爾元件處于中間位置時，磁感應強度B為0，霍爾電壓為0，將該點作為位移的零點。當霍爾元件沿著±x方向移動時，則有霍爾電壓輸出，從而能夠實現微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負電荷，則下列說法正確的是（）

A．霍爾元件向左偏離位移零點時，其左側電勢比右側高

B．霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側電勢比上側高

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光滑絕緣管道，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，絕緣管道在水平外力F（圖中未畫出）的作用下以速度u向右勻速運動。管道內有一帶正電小球，初始位于管道M端且相對管道速度為0，一段時間后，小球運動到管道N端，小球質量為m，電量為q，管道長度為l，小球直徑略小于管道內徑，則小球從M端運動到N端過程有（）

A．時間為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、多項選擇題

12．（2022高二上·吉林期中）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（）

A．射出的帶電粒子一定帶負電

B．速度選擇器的上極板帶負電

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

13．（2023·全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內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磁場，磁感應強度大小為B，ab邊長為2L，∠a=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bc邊界射出，已知粒子質量為m、電荷量為q，下列說法正確的是（）

A．粒子運動的速率可能為

B．粒子在磁場中運動的時間可能為

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，實驗小組通過拉力傳感器探究直線電流周圍磁感應強度大小規(guī)律，將直導線ab直線固定，通過開關接上直流電源，選取一小段長度為L的直導線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，測出直導線ab中通過大的電流強度為，直導線cd中通過小的電流強度為，將導線cd圍繞中點O垂直紙面緩慢旋轉90°過程中，得到拉力傳感器讀數隨轉過角度變化關系如圖（2）所示；若將導線cd沿紙平面緩慢向右移動距離x時，得到拉力傳感器讀數隨距離倒數變化關系如圖（3）所示，不考慮導線cd所產生的磁場。

（1）初始時導線cd所在位置的磁感應強度大小為；

（2）導線cd旋轉90°時，O點磁感應強度方向；

（3）直線電流產生磁場的磁感應強度大小與離導線距離x成（填“正比”或“反比”）。

16．（2023高二下·韓城期末）如圖甲，間距的平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌左端MP之間接有一阻值的定值電阻，導軌電阻忽略不計，一導體棒（電阻不計）垂直于導軌放在距離導軌左端的ab處，其質量，導體棒與導軌間的動摩擦因數，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。時刻開始，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示；在內導體棒在外力作用下處于靜止狀態(tài)，不計感應電流磁場的影響，取。

（1）求時安培力的大小和方向；

（2）從開始，導體棒在恒力作用下向右運動到cd處，此時導體棒速度已達最大，求該過程中電阻R上產生的熱量Q；

（3）若將金屬棒滑行至cd處后，讓磁感應強度逐漸減小，導體棒在恒力作用下繼續(xù)向右運動，可使金屬棒中不產生感應電流，寫出磁感應強度隨時間t變化的關系式（關系式以cd處的時刻記作）

17．（2023高二下·武昌期末）如圖所示，直角坐標系中，有一以原點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。還有一個以原點O為圓心，半徑為a的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域內分布有勻強電場，方向與x軸負方向、y軸負方向夾角均為45°。圓形區(qū)域外，正方形區(qū)域內分布有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。位于A點的粒子源，向磁場中沿AD方向噴射出質量為m，帶電量為的粒子，粒子的速度大小可調，不計粒子的重力，忽略邊緣效應。

（1）若粒子進入磁場偏轉后，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．（2022高三上·肥東期末）如圖，磁感應強度大小為B勻強磁場垂直紙面向里。點A、C、O、D處于一條水平線上，且。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，粒子經過以O為圓心、r為半徑的圓周上各點。已知粒子質量為m，電量的絕對值為q，不計粒子重力和粒子間相互作用力，問：

（1）粒子帶正電荷還是負電荷？到達C和到達D處的粒子的速率比；

（2）求粒子到達圓周所需的最短時間，及最先到達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、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界．質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)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動的時間．

20．（2023高三上·茂名開學考）如圖所示，在平面內，有兩個半圓形同心圓弧，與坐標軸分別交于、、點和、、點，其中圓弧的半徑為。兩個半圓弧之間的區(qū)域內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。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磁場，圓弧內無電場和磁場。點處有一粒子源，在平面內向軸上方各個方向，射出質量為、電荷量為的帶正電的粒子，帶電粒子射出時的速度大小均為，被輻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；

（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軸上某點，求此時磁場的磁感應強度的大小；

（3）當磁場中的磁感應強度大小為第（2）問中的倍時，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、核醫(yī)學等領域得到了廣泛應用，其原理如圖所示。D1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D1圓心處的質子源A能產生質子（初速度可忽略，重力不計，不考慮相對論效應），質子在兩盒狹縫間的電場中運動時被加速。D1、D2置于與盒面垂直的、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。已知質子的質量為m，帶電荷量為q。求：

（1）質子被回旋加速器加速能達到的最大速率vm；

（2）質子獲得最大速度的過程中在回旋加速器中被加速的次數n。

22．（2023高二下·順義期中）質譜儀是一種分離和檢測同位素的重要工具，其結構原理如圖所示。區(qū)域Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為：區(qū)域Ⅱ為速度選擇器，磁感應強度大小為，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為偏轉分離器，磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里，一質量為m，電荷量為的粒子，初速度為零，經粒子加速器加速后，恰能沿直線通過速度選擇器，由O點沿垂直于邊界的方向進入分離器后打在上的P點，空氣阻力，粒子重力及粒子間相互作用力均忽略不計。

（1）求粒子進入速度選擇器時的速度大小v；

（2）求速度選擇器兩極板間的電壓；

（3）19世紀末，阿斯頓設計的質譜儀只由區(qū)域Ⅰ粒子加速器和區(qū)域Ⅲ偏轉分離器構成，在實驗中發(fā)現了氖22和氖20兩種同位素粒子（兩種粒子電荷量相同，質量不同），他們分別打在上相距為的兩點。為便于觀測。的數值大一些為宜，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，足夠長平行金屬導軌ab、cd與水平面的夾角為θ，間距為L；垂直于導軌平面向上有一勻強磁場，磁感應強度為B。b、d端并聯接入阻值為R的電阻和電容為C的電容器。一質量為m、電阻為R的導體棒MN垂直導軌放置，閉合開關S1，將導體棒由靜止釋放，t0時刻，斷開開關S1的同時閉合開關S2，2t0時刻導體棒加速到最大速度，其速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示。已知導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）問的計算結果選用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不計金屬導軌的電阻，求：

（1）導體棒在過程I中所受安培力的方向；

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

（3）令，導體棒在過程II中運動的距離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，質量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s從R點沿電場中心線RO射入電場．粒子飛出電場后經過無場區(qū)域，進入界面為MN、PQ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L，兩界面MN、PQ相距為L，S點到PQ邊界的距離為L，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v；

（2）粒子進入界面MN時偏離中心線RO的距離；

（3）勻強磁場的磁感應強度的大小B.

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點】磁現象和磁場、磁感線

【解析】【解答】沿磁感線方向，磁場可以減弱，可以增強，也可以不變，A錯；磁感線是閉合曲線，B錯；物理學中規(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；導體所受的安培力還與電流方向與磁場方向的夾角有關，有可能在磁場強的地方同一通電導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

【知識點】物理學史

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

故選A

【分析】本題考查物理學史，需要平時多積累，難度不大。

3．【答案】D

【知識點】磁現象和磁場、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

【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用

【解析】【解答】通電導線垂直放在磁場中，受到安培力為：，代入數據，，知B=20T，A、C、D錯誤，B正確。

故答案為：B。

【分析】本題針對通電導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

【知識點】平行通電直導線間的相互作用；力學單位制

【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錯誤，B正確；

故答案為：B

【分析】由已知表達式，推導出k的表達式，根據相應物理量代入對應的基本單位。

6．【答案】A

【知識點】帶電粒子在重力場、電場及磁場混合場中的運動

【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位移比重疊時的偏轉位移大，所以不論粒子帶何種電性，甲中帶電粒子在電場中偏轉位移一定大于乙中的偏轉位移，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W1＞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

【知識點】共點力的平衡；電磁流量計

【解析】【解答】A．根據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、負離子都向N處移動，故，，A不符合題意；

B．設地磁場在該處的水平分量為，根據平衡條件可得，解得，B不符合題意；

C．撤去勻強磁場后，由于污水流速不變，因此根據平衡條件可得，解得，結合C選項分析可得，C符合題意；

D．結合BC選項分析可得，管道的橫截面積為，單位時間內流出的污水體積為，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方向進而判別電勢差的大??；利用平衡方程可以求出離子速度的大小；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??；利用速度的表達式結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

【知識點】質譜儀和回旋加速器；磁流體發(fā)電機；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，根據得，增大電壓U不會影響粒子的最大速度，故A錯誤。

B、根據左手定則可知正離子所受洛倫茲力方向指向B板，負離子所受洛倫茲力方向指向A板，故B板為正極，A板為負極，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錯誤。

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

故答案為：B

【分析】根據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

【知識點】復雜邊界；帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根據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，運動軌跡也必相同，B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過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，由得，所有粒子在磁場運動周期都相同，A錯誤、C正確；

運行時間，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動的綜合應用。

10．【答案】B

【知識點】霍爾元件

【解析】【解答】AB.霍爾元件向左偏離位移零點時，磁場方向向右，根據左手定則，帶負電的載流子向下偏轉，則上側電勢比下側高；同理霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側電勢比上側高，故A不符合題意，B符合題意；

CD.當穩(wěn)定時，根據平衡條件得：，又，聯立解得：，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】根據左手定則，分析帶負電的載流子偏轉，分析電勢高低；根據平衡條件、微觀電流表達式聯立求電勢差。

11．【答案】D

【知識點】洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動

【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對應的大小方向不變的洛倫茲力，根據牛頓第二定律，由位移公式：解得：，A錯誤；

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，

外力的平均功率：，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，由聯立解得：，

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

【知識點】洛倫茲力的計算；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，射出的部分粒子沿虛線做勻速直線運動，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，同理可知，若粒子帶負電，則粒子向下偏轉，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動，即洛倫茲力與電場力等大反向，根據洛倫茲力和電場力方向分析即可。

13．【答案】B,C,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【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O1為圓心做圓周運動，在A點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：，設，由幾何關系得：，粒子在磁場中做圓周運動的時間為：，所以粒子的速度越大，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：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；根據洛倫茲力提供向心力求出半徑，由幾何關系得到與v的關系式，根據寫出時間的關系式進行分析。

14．【答案】B,C,D

【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動

【解析】【解答】A、根據題意，粒子與ab邊相切時對應速度最大，由幾何關系可得半徑為：

根據洛倫茲力提供向心力：得：，聯立解得：，

同理若粒子從c點射出，則速度為：，A錯誤；

B、由粒子在磁場中的周期公式：

當粒子垂直于bc邊射出時，粒子在磁場中運動的時間為：，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，C正確；

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：，D正確；

故答案為：BCD

【分析】根據帶電粒子在磁場中的偏轉，洛倫茲力提供向心力得出半徑和周期公式，根據題意粒子最大速度對應相切于ab邊由幾何關系得出對應最大速度，過c點對應最小速度，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

【知識點】安培力；通電導線及通電線圈周圍的磁場；平行通電直導線間的相互作用；安培力的計算

【解析】【解答】（1）根據安培定則，導線ab在cd位置處產生磁場方向垂直紙面向里，初始位置的磁感應強度大小為B，由圖像可知此時導線cd受的安培力為，由安培力公式，解得；

（2）導線cd旋轉90°時，O點磁感應強度方向不變，導線ab在O點產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增大而增大，反過來安培力應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，磁感應強度的大小與離導線距離x成反比。

【分析】本題考查了兩直流導線之間的相互作用。

（1）由圖像可知導線cd初始時所受的安培力大小，再結合就可以求出初始時導線cd所在位置的磁感應強度大??；

（2）無論cd導線怎么旋轉，某位置的磁感應強度只跟原直線電流有關，根據右手螺旋定則可知O點的磁感應強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增大而增大，說明磁感應強度也隨著距離的倒數增大而增大，即隨著距離的增大而減小，成反比關系。

16．【答案】（1）解：前3s內，根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢

根據閉合電路歐姆定律可得感應電流

根據楞次定律可知電流方向俯視為順時針方向

t=1s時，安培力

據左手定知安力方向水平向右。

（2）解：導體棒速度最大時，根據平衡條件可得

其中。

由圖乙知

聯立解得

根據能量守恒定律得

解得。

（3）解：導體棒中不產生感應電流，回路中的磁通量變化量為零

對導體棒，根據牛頓第二定律可得

解得

根據可得

解得T

【知識點】共點力的平衡；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算；法拉第電磁感應定律

【解析】【分析】（1）由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，閉合電路歐姆定律求出感應電路，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）當導體棒勻速運動時，由共點力平衡條件列式求出導體棒的速度，即為最大速度，再根據能量守恒定律求出電阻R上產生的熱量Q；（3）金屬棒中不產生感應電路，做勻變速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，回路不產生感應電路，則磁通量變化為零，由此列式求出磁感應強度隨時間t變化的關系式。

17．【答案】（1）解：作出粒子恰好不能進入電場的軌跡，如圖：

設粒子運動軌跡半徑為r，根據幾何關系可知粒子恰好不能進入電場的r滿足

或

根據洛倫茲力提供向心力有

解得粒子被射入磁場時的速度大小的范圍為

（2）解：根據對稱性可知粒子進入M點時與AC夾角為45°，根據幾何關系可知

根據洛倫茲力提供向心力有

解得

粒子在電場中的運動時間為

同時沿MN方向有

粒子在磁場中的運動時間為

聯立解得

該粒子從A點運動到C點的時間為

【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；洛倫茲力的計算；帶電粒子在勻強磁場中的運動

【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合幾何條件，求出兩個臨界