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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
1U2e 2(t 20 ) U2l 3.C 解析:從圖中看出,線圈S3 穿過的磁感線條數最y上=2dm 2 ×2=8dU1 多,所以磁通量最大.故A、B、D錯誤,C正確.
同理得向下側移距離最大值, 4.AC 解析:使用右手螺旋定則判斷通電螺線管的磁
1Ue t 2 2
= 2 ( 0 ) Ul 極,右手的四指握住螺線管的時候,大拇指指向N極方向,則y下 2dm 2 ×2= 28dU1 四指的方向為電流的方向.該螺線管內部是勻強磁場,而外
Ul22 部是非勻強磁場,故A正確,B錯誤.通電螺線管內部的磁場所以電子達到的區域長Δy=y上+y下=4dU 是從S極到N極,則小磁針靜止時,小磁針N極指向即為磁1
(3)當T=2t0時,電子要到達O 點必須在豎直方向有先 場方向,即螺線管的N極,故C正確D錯誤.
加速后減速再反向加速過程,并且加速大小相等,整個過程 5.解:(1)框架平面與磁感應強度B 垂直時,穿過框架
向上的位移和向下的位移大小相等,設向上加速時間為Δt, 平面的磁通量:Φ=BS.
加速度大小為a,則在豎直方向上有: (2)若框架繞OO'逆時針轉過60°,則穿過框架平面的磁
1 通量:
= at2×2③ Φ'=BScos60°=0.5BS.y上 2 (3)在此過程中,穿過框架平面的磁通量的變化量大小:
1 l
y下=2a
(t0-2Δt)2+a(t0-2Δt) ④
ΔΦ=Φ-Φ'=0.5BS.
v06 答:(1)框架平面與磁感應強度B 垂直時,穿過框架平面
要到達O 點 y上=y下⑤ 的磁通量為BS.
t ()若框架繞 逆時針轉過 ,則穿過框架平面的磁
聯立②③④⑤得Δt= 0 2 OO' 60°3 通量為0.5BS.
所以到達O 點的電子經過偏轉電場時電子做功, (3)在此過程中,穿過框架平面的磁通量的變化量大小
W= E = E·
1 Ue Ue 為
a(t -2Δt)2= 2 · 2 (t 0.5BS.q y q 2 0 d 2dm 0 【能力特訓】
)2 eU
2l22 高頻題特訓-2Δt =36U 21d 1.A 解析:電 場 強 度 的 定 義 E=F/q 適 用 于 任 何 電
電子從K 到O 過程由動能定理得: , ; kQ2 2 場 選項A正確 由真空中點電荷的電場強度公式eUl E=r2
可
Ek=U1e+W=U
2
1e+36U1d2 知,當r→0,電荷就不能看做點電荷,則公式不能成立,選項
m B錯誤;當通電導線平行磁場放 置 時 導 線 所 受 的 磁 場 力 為
答:(1)電子通過偏轉電場的時間t0為l 2Ue. 零,但此時此處的磁感應強度不為零,選項1 C錯誤;磁感應強
(2)若U 的周期T=t ,熒光屏上電子能夠到達的區域 度的方向與置于該處的通電導線所受的安培力方向垂直,選CD 0
Ul2 項D錯誤;故選A.
的長度為 2
4dU . 2.D 解析:根據安培定則判斷得知:電流 在 區域1 I1 a
(3)若U 的周期T=2t ,到達熒光屏上O 點的電子的 產生的磁場方向垂直紙面向外,在CD 0 b、c區域產生的磁場方向
eU2l2 垂直紙面向里;電流I2 在a、b 區域產生的磁場方向垂直紙
動能為Ue+ 21 36U d2. 面向里,在c區域產生的磁場方向垂直紙面向外,所以在a、c1
兩區域磁場方向相反,若磁感應強度大小再相等,則可能出
第二單元 磁 場 現磁感應強度為零的區域.由于電流產生的磁場離電流越近
磁場越強,所以合磁感應強度為0處離比較小的電流比較
第1節 磁感應強度 近,即在小電流的一側.所以不可能同時出現在a、c 區.故只
有選項D正確.
【基礎特訓】 3.C 解析:根據安培定則判斷得知,通電導線 M 產生
1.C 解析:電場線和磁感線不是真實存在的線,它是為 的磁場方向垂直于紙面向上,N 產生的磁場方向沿紙面方向
了形象描述電場和磁場而引入的.故 A錯誤;磁場對在磁場 向左,由 于 兩 個 磁 場 的 方 向 相 互 垂 直,所 以 合 磁 場:B'=
中運動的電荷才可能有力的作用,對磁場中的靜止電荷沒有
B2+B2= 2B,故選F C.
力的作用;故B錯誤;在公式E= 中,正電荷受力的方向與 4.解:(1)當處于如圖甲所示位置時,從俯視圖可看出沒
q
, 有磁感線穿過矩形線框
,故Φ0=0.電場強度的方向相同 負電荷受力的方向與電場強度的方向 ()
; 2 當繞軸
(從上往下看)沿逆時針方向轉動60°到a'd'
相反 F 與E 的方向不是相同就是相反.故C正確.公式B= 位置時,線框與B 的夾角θ=60°.
F
是磁感應強度的定義式,由磁場本身決定,與安培力
IL F
的
· 3所以Φ2=B Ssin60°= BS
大小無關.故D錯誤. 2
2.B 解析:根據右手螺旋定則,a 電流產生的磁場垂直 3
, , , ΔΦ1=Φ2-Φ0=2BS.于acb電流產生的磁場垂直于bc 如圖 根據平行四邊形定
則,則合場強的方向豎直向下,與ab邊平行.故B正確,A、C、 (3)當再由a'd'位置逆時針轉60°時,到a″d″,這時線框
D錯誤. 與B 方向成120°角.
所以Φ3=B·
3 3
Ssin120°=2BS
,ΔΦ2=Φ3-Φ2=2BS
3
-2BS=0.
答:(1)初位置時穿過線框的磁通量Φ0為0.
(2)當線框沿如圖甲所示方向繞過60°時,磁通量Φ2 為
3
BS;
3
這一過程中磁通量的變化
2 ΔΦ1
為
2BS.
(3)當線框繞軸沿圖示方向由圖乙中的位置再轉過60°
, 3位置時 磁通量 Φ2 為 BS;這一過程中2 ΔΦ2=Φ3-Φ2
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為0. 空間加上垂直與紙面的磁場,可以使 MN 受到向上的安培
易錯題特訓 力,這樣可以使 MN 受到繩子拉力為零,具體根據左手定則
1.C 解析:無限長直導線ab、cd、ef,構成一個等邊三 有:當 MN 中通入從M 到N 的電流時,要使安培力向上,可
角形,且三根導線中通以大小相等、方向如圖所示的電流,O 以加上垂直紙面向里的磁場,故ABD錯誤,C正確.故選C.
為三角形的中心,O 點 磁 感 應 強 度 大 小 為B2,因 為 直 導 線 3.BC 解析:作出金屬桿受力的主視圖,如圖.根據平衡
ab、cd 關于O 點對稱,所以這兩導線在O 點的磁場為零,則 條件得:
磁感應強度大小B2 是由直導線ef 產生的,而直導線ab、ef Ff=BILsinθ
關于N 點對稱,所以這兩根直導線的磁場為零,因此N 點的 FN=mg-BILcosθ
磁感應強度大小為B2.因為 M 點的磁感應強度為B1=Bef 電流 和 磁 場 垂 直,故 FA =BIL,故
+Bcd+Bab,又因為Bab=B2,Bef 與Bcd 大小相等,故Bef= 選BC.
B1-B2 4.解:(1)有 共 點 力 平 衡 可 知 BILBcd= .當撤去導線ab,其余兩根導線在 N 點的磁感2 =mgsin30°,
B -B 1 代入數據解得:: I=0.5A.應強度大小為 B2-Bef=B -
1 2
2 = (2 2 3B2-B1
).故 (2)設變阻器接入電路的阻值為 R,根
選C. U據歐姆定律可得:I=
F-F R
2.F0 F-F
0
0 解析:在接通電路前,待線框INL 代入數據解得:R=24Ω
靜止后,先觀察并記錄下彈簧測力計的讀數F ;由于導線框 答:(1)通過金屬棒的電流為0 0.5A.
此時只受到重力和彈簧的拉力,所以重力等于彈簧的拉力, (2)滑動變阻器R 接入電路中的阻值為24Ω.
即F0;接通電路,調節滑動變阻器使電流表讀數為I,待線框 【能力特訓】
靜止后,觀察并記錄下彈簧測力計的讀數F,此時導線框受 高頻題特訓
到重力、安培力和拉力的作用,處于平衡狀態,平衡方程為: 1.C 解析:當軌道電流為I0時,設導軌之間的磁感應
F-G-F =0 強度為B,導體棒能勻速運動,此時的安培力的大小與摩擦安
所以:F安=F-G=F-F 力的大小相等,即:0 μmg=BI0L ①
又:F =NBIL 當軌道電流為安 2I0時,由電流產生的磁場的特點可知,此
F-F 時導軌之間的磁感應強度是0 2B,此時的安培力:
則:B= INL . F=2B·2I0·L=4BI0L ②
拓展題特訓 : F-μmg導體棒運動的加速度 a=
k m
③
1.A 解析:M 在O1處產生的磁場強度BM1= ,在r 聯立①②③得:a=3μg,故選C.
k 2.C 解析:通電導體a 處于通電導體b的磁場中,由右
O2處產生的磁場強度BM2= ,方向均為向上; 在 處3r N O1 手螺旋定則可得通電導體a 處于豎直向上的磁場中,故 A
k 錯誤.當導體a 處于勻強磁場的磁感應強度B 的方向豎直向
產生的磁場強度BN1= ,方向向上;在O2處產生的磁場強r 上,則水平向右的安培力、支持力與重力,處于平衡狀態,因
k , mgtan45° mg度B = ,方向向下;則由場強的疊加原理可知:B =B 夾角為45°則大小 ,故IL =IL B
錯誤,由題意可知,
N2 r 1 M1
2k 2k 重力和水平向右的磁場力的合力與支持力平衡,當減小b在
+BN1= ;B2=BN2-BM2= ;解得r 3r BM1=BN1=BN2= a 處的磁感應強度,則磁場力減小,要使仍平衡,根據受力平
k 1 1 衡條件,則可使b 上移,即b 對a 的磁場力斜向上,故C正
r =2B1
;BM2= B1-B2;若突然導線 N 中的電流減為2 確
;當b豎直向下移動,導體棒間的安培力減小,根據受力平
1 衡條件
,當a 受力的安培力方向順時針轉動時,只有安培力
0,則O1點的磁感應強度大小為BM1= B1,O2點的磁感應 變大才能保持平衡,而安培力在減小,因此不能保持靜止,故2 D錯誤1 .
強度大小為BM2= B1-B2,則選項A正確. 3.AB 解析:將a、c端接在電源正極,b、d 端接在電源2 負極,根據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向下,再根據
2.解:面積S1(abcd)與磁場相互垂直,故磁通量Φ1=
; 左手定則可知 MN 受到的安培力向里,則 垂直紙面向BS=2.0×0.4×0.3=0.24Wb MN
( ) , 里運動,故A正確.將b、d 端接在電源正極,S aed 與勻強磁場方向的夾角未知 因此可將面積 a
、c端接在電源
2 f
( ) , 負極,根據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向上,再根據Saefd 投影到與x 軸垂直的abcd 上 aefd 的有效面積就
, 左手定則可知 MN 受到的安培力向里,則 垂直紙面里是abcd 的 面 積 故 磁 通 量 Φ2 =BS=2.0×0.4×0.3
M N
; 外運動,故B正確.將a、d 端接在電源正極,b、c端接在電源=0.24Wb
S3(bcef)與磁場方向相互平行,
負極,根據安培定則可知,線圈產生的磁場方向向上,再根據
故磁通量Φ3=0.
: , , 左手定則可知 MN 受到的安培力外里,則 垂直紙面外答 Φ1 為0.24WbΦ2 為0.24WbΦ3 為0.
M N
里運動,故C錯誤.將b、c端接在交流電源正極,a、d 接在交
第2節 磁場對通電導線的作用力 流電源的另一端,根據安培定則可知,線圈產生的磁場方向
向下,再根據左手定則可知 MN 受到的安培力向外,則 M N
【基礎特訓】 垂直紙面向外運動,故D錯誤.
1.B 解析:根據左手定則可知,安培力方向與磁場和電 4.解:當滑動變阻器R 取值較大,I 較小時,安培力F
流組成的平面垂直,即與電流和磁場方向都垂直,故A錯誤, 較小,在金屬棒重力的分力作用下金屬棒有沿框面下滑的趨
B正 確;磁 場 與 電 流 不 垂 直 時,安 培 力 的 大 小 為 F = 勢,金屬棒所受的靜摩擦力沿框面向上,金屬棒剛好不下滑
BILsinθ,則安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角有 時,滿足平衡條件,則得:
關,故C錯誤;當電流方向與磁場的方向平行,所受安培力為 E
0,將直導線從中折成直角,安培力的大小一定變為原來的一 BR +μmgcosθ-mgsinθ=0maxL
半;將直導線在垂直于磁場的方向的平面內從中折成直角,
: BEL2 得 Rmax= (
安培力的大小一定變為原來的 ,故D錯誤. masinθ-μcosθ
)
2
2.C 解析:根據左手定則可知,在 MN 中通入電流,在
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
0.8×12×0.25 mgsinθ+ mgcosθ
= =8.2Ω 解得:B3= μ
6 IL
0.2×10× (sin30°-6×cos30°) 答:() mgsinθ1 磁感應強度的大小為 .
當安培力較大,摩擦力方向沿框面向下時: IL
E (2)若金屬桿ab靜止在軌道上面,且對軌道的壓力恰好
BR L-μmgcosθ-mgsinθ=0 mgmin 為零.試說明磁感應強度大小為 ,方向應滿足垂直金屬桿
: BEL
IL
得 Rmin=m (sinθ+ cosθ)=1.4Ωg μ ab水平向右.
答:滑動變阻器R 的取值范圍應為1.4Ω≤R≤8.2Ω. () mgsinθ+μmgcosθ3 磁感應強度的最大值是 .
易錯題特訓 IL
1.C 解析:設圓環的半徑為r,則圓環的質量m環=2πr 拓展題特訓
×5×10-3kg,磁場的水平分量為Bsin30°,環受到的安培力 1.D 解析:桿 子 受 重 力,沿 斜 面 向 下 的 安 培 力,支 持
為:F=Bsin30°×I×2πr,由于環所受向上的安培力等于環 力,若無摩擦力,不能平衡,故導體棒與導軌間的摩擦力不可
的重力,則2πr×5×10-3×10=Bsin30°×I×2πr,解得:I= 能為零,故 A錯誤;桿子受重力,垂直斜面向下的安培力,垂
0.2A;故選C. 直向上的支持力,若無摩擦力,不能平衡,故B 導體棒與導軌
2.BC 解析:以金屬棒為研究對象,受力 分 析 如 圖 所 間的摩擦力不可能為零,故B錯誤;桿子受重力、水平向左的
示,設磁感線與水平方向的夾角為α. 安培力和斜面的支持力,若無摩擦力,不能平衡,故B 導體棒
與導軌間的摩擦力不可能為零,故C錯誤;桿子受重力、沿斜
面向上的安培力和斜面的支持力,若三個力平衡,則不受摩
擦力,故D正確.
2.解:(1)對導體棒受力分析可知
Fx 合=F摩-Fsinθ=0①
Fy 合=FN+Fcosθ-mg=0②
E
安培力大小 F=BIL,θ=90°-α,由平衡條件得: F=BIL=B RL③
G=N+BILsinθ, BLEcosθ
f=BILcosθ 解①②③式得FN=mg- R =8N
又f=μN, BLE
: μG μG , F摩= R sinθ=1.5N.解得 B=IL(μcosα+sinα)
=
IL 1+μ2sin(β+α) (2)要使ab棒受的支持力為零,其靜摩擦力必然為零,
式中tanβ=μ 滿足上述條件的最小安培力應與ab 棒的重力大小相等、方
由題意,μ<1,則β<45°,B 在磁場緩慢轉過45°的過程 向相反.
中,α從45°增大到90°,可知磁感應強度先變小后變大,受到 E
的安培力變化,摩擦力一直增大,受到的支持力一直增大,故 所以有:F=mg,即BminRL=mg
BC正確,AD錯誤. mgR
3.解:(1)設磁感應強度為B1.根據安培定則可知安培 解得最小磁感應強度Bmin=EL =2T
力沿導軌平面向上,金屬桿ab受力如圖所示: 由左手定則判斷出這種情況B 的方向應水平向右.
(3)由左手定則判斷導體棒所受到的安培力水平向左,
而且,當滑動變阻器的電阻R'=1Ω時,回路中的電流最大,
E 10
I1=R+R'=2+2=2.5A
最大靜摩擦力Fmax1方向向右,BI1L=Fmax1+m1g
解得Fmax1=0.25N
根據平衡條件對金屬桿ab有:B1IL=mgsinθ, E 10當
mgsinθ R=8Ω
時,回路中的電流最小,I2=
解得:B = . R+R'
=2+8=
1 IL 1A
(2)金屬桿ab對導軌壓力為零,則金屬桿ab 只受重力 最大靜摩擦力Fmax2方向向左,BI2L+Fmax2=m1g
和安培力. 解得Fmax2=0.5N
根據平衡條件對金屬桿ab有:B2IL=mg, 所以,最大靜摩擦力為 Fmax=0.5N
mg 答:() ,: 1 當ab棒靜止時 ab棒受到的支持力和摩擦力各解得 B2=IL . 為8N,1.5N.
根據安培定則可知磁場方向垂直金屬桿ab水平向右. (2)若B 的大小和方向均能改變,則要使ab棒所受支持
(3)根據安培定則可知安培力沿導軌平面向上,當金屬 力為零,B 的大小至少為2T,此時B 的方向水平向右.
桿ab受到的靜摩擦力沿斜面向下,且為最大值時,磁感應強 (3)則金屬棒受到的最大摩擦力為0.5N.
度值達到最大,設為B3.金屬桿ab受力如圖所示: 第3節 帶電粒子在磁場中運動
【基礎特訓】
1.D 解析:在磁感應強度不為零的地方,若是電荷的
運動方向與磁場方向相同或相反,則所受洛倫茲力為零,故
A錯誤;運動電荷在某處不受洛倫茲力作用,該處磁場可能
為零,也可能是電荷的運動方向與磁場方向共線,故B錯誤;
根據 平 衡 條 件 對 金 屬 桿 ab 有:BIL = mgsinθ 根據左手定則可知,洛倫茲力方向始終和速度方向垂直,因3
+μmgcosθ 此洛倫茲力不做功,不改變粒子動能,但是改變其運動方向,
故C錯誤,D正確.
2.CD 解析:電子進入磁場有兩種情況,一是沿著磁感
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線進入磁場,此種情況下,電子不受洛倫茲力作用,電子不會 根據左手定則及曲線運動的條件判斷出此電荷帶負電,
偏轉,選項A錯誤.如果該區域只存在電場,并且電子是沿著 故A錯誤;設點A 與x 軸的距離為d,由圖可得:r-rcos60°
電場線的方向進入電場時,電子不發生偏轉.選項B錯誤.此 , mv所以 而粒子的軌跡半徑為 ,則得 點
空間可能存在均勻變化磁場,電子在該區域內即受到電場力 =d d=0.5r. r=qB
A
作用,又受到洛倫茲力作用,但這兩個力大小相等,方向相反 mv
時, : , ;電子運動不發生偏轉.選項C正確.若電子在該區域內即 與x 軸的距離為 d= 故B正確 粒子由O 運動到A 時2qB
受到電場力作用,又受到洛倫茲力作用,但這兩個力大小相 速度方向改變了60°角,所以粒子軌跡對應的圓心角為θ=
等,方向相反時,電子運動不發生偏轉,此時電場與磁場是正 θ 1 2πm πm
交的.選項D正確. 60°,所以粒子運動的時間為t= ,故360T=6× B =q 3qB
3.AC 解析:根據左手定則可知,a 帶正電,b 帶負電, C正確;由于粒子的速度的方向在改變,而速度是矢量,所以
故A正確.荷質比相同的a、b兩粒子,因質量無法確定,則電 速度改變了,故D錯誤.
量無法 比 較.故 B錯 誤.根 據 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 Bqv= 3.C 解析:設圓形磁場區域的半徑是R,以速度v 射入
v2, mvm 得R= ,因為兩粒子的比荷相同,故R 越大,v 就越 mvR qB 時,半徑r1= ,qB
, 2πR 2πm m大 故C正確.因為T= ,因為 相同,故 相同, r1v =B Tq q 根據幾何關系可知,R=tan60°
,所以r1= 3R;
ab都運動半個周期,故ab運動的時間相同,故D錯誤. 60 1
4.解:(1)由題意可知:小滑塊受到的安培力垂直斜面向 運動時間Δt= ;360T=6T
上.根據左手定則可得:小滑塊帶負電. v
(2)當物體離開斜面時,彈力為零,因此有:qvB=mgcos30°, m·v , 3 1 33 以速度 射入時 半徑-3 3
r2= B =3rq 1
=3R
: mgcos30°
0.1×10 ×10×2 / / 設第二次射入時的圓心角為θ,根得 v= B = 5×10-4×0.5 ms=23ms.q 據幾何關系可知:
(3)由于斜面光滑,物體在離開斜面之前一直做勻加速 θ R
直線運動,由牛頓第二定律得: tan=2=r = 32
mgsin30°=ma, 所以θ=120°
由勻變速直線運的速度位移公式得:v2=2ax, : θ
解得:x=1.2m. 則第二次運動的時 間 為 t=2πT
答:(1)物體帶負電. 120 1
() = T= T=2Δt
,故選C.
2 物體離開斜面時的速度為=23m/s. 360 3
(3)物體在斜面上滑行的最大距離是1.2m. 4.解:(1)根據幾何關系知半徑r滿足:
d
【 】 2 高頻題特訓 : v
2
由
1.C 解析:根據題意畫出a、b 粒子的軌跡如圖所示, evB=m r .
則a、b粒子的圓心分別是O1 和O2,設磁場寬度為d,由圖 eBd eBd
可知: 解得:2m d () d若電子從 , 位置射出,運動軌跡如圖知:
2 d 2 (0 )
粒子a 的半徑r1= ,
2
sin60°= 3 d 2R2=d2+ R-
d ( 2 )
2 5
粒子b的半徑為r2=sin30°=d
解得:R=4d
1 1 ∠PHM=53°
由E = mv2 可得: mv2k 2 2 1 1= : 2πm又知 T=
1 eB
m 2 2 22 2v2
,即m1v1=m2v2 53 53πm
所以:t=
mv2 m1v1 m2v2 360
T=180eB
由qvB= 可得:r r1=
,
B rq 2
=
qB (3)根據幾何知識,帶電粒子在射出磁場區域 時與水1 2 Ⅰ
2×60 2πr 平方向夾角為53°,帶電粒子在磁場區域Ⅱ位置 N 點的橫坐
又a 粒子軌跡長度為s1= 360π×r1=
1,粒子 的
3 b 3d標為 .
2×30 πr2 s s 81 2
軌跡長度為s2= 360 ×2πr2=
,所以
3 v1=
,
t v2=t 5 4由△NBH',NB 長度為:Rsin53°=4d×5=d
,QA=
m1 3
聯立以上各式解得 = ,所以C正確,ABD錯誤m 4 . 5 32 d- d= d,
2.BC 解析:根據題意作出粒子運動的軌跡如圖所示: 8 8
91
由勾股定理的:H'A= ,8 d
3d
H'B=Rcos53°=4
3 91
所以電子離開磁場Ⅱ的位置坐標是 (d,4d- 8 d) .
:() eBd答 1 電子能從第三象限射出的入射速度的范圍2m
96

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
eBd 拓展題特訓
53πm 粒子1從A 點正對圓心射入,恰(2)電子在磁場Ⅰ中運動的時間t=180eB. 從B 點射出,粒子在磁場中運動的圓
心角為θ1=90°,粒 子 軌 道 半 徑 等 于
(3)
3d 91
電子離開磁場Ⅱ的位置坐標是 (d,4- 8 d) . BO,粒子2從C 點沿CD 射入其運動
易錯題特訓 軌跡如圖所示,設 對 應 的 圓 心 為θ2,
1.B 解析:粒子向右運動,根據左手定則,b向上偏轉, 運動軌 道 半 徑 也 為 BO,連 接 O1C,
應當帶正電;a 向下偏轉,應當帶負電,故 A錯誤.根據qvB O1B
,O1COB 是平行四邊形,O1B=
v2 mv CO,則粒子2一定從B 點射出磁場,
=m ,r= ,半徑較大的b 粒子速度大,動能也大.故r B B A錯誤,B正確;粒子在磁場中轉過的q
正確b.粒子速度較大,根據F=qvB,電量相同,
圓心角θ1=90°,連接PB,速度較大的 可知P 為
θ θ 2πm O1C 的中點,由數學知識可知,θ2=∠BO1P=60°,兩粒子的
洛倫茲力較大,故C錯誤.根據t= T= · ,兩粒子2π 2π qB , 2πm速度偏角不同 粒子在磁場中運動的周期:T= ,兩粒子
的周期相同,a 的 圓 心 角 較 大,則a 的 運 動 時 間 較 長,故 D qB
錯誤. θ的周期相等,粒子在磁場中的運動時間t= T,所以兩粒子
2.D 解析:由題圖可知,a 粒子在磁場中運動半徑為r 2πa
=d;運動軌跡所對的圓心角為300°,運動軌跡弧長為s = 的運動時間之比:t1∶t2=θ1∶θ2=3∶2,C正確,D錯誤;故a
選BC.
5πra 5πd= ,
3
b粒子在磁場中運動軌跡半徑為:rb= d,所 2.解:(1)設帶電粒子的質量為 m,電荷量為q,初速度3 3 3 為v,電場強度為E.可判斷出粒子受到的洛倫茲力沿x 軸負
, 2πr 23πd對的圓心角為120° 運動軌跡弧長為s bb= = ,所 方向
,于是可知電場強度沿x 軸正方向,
3 3 且有 qE=qvB①
以ab兩粒子運動半徑之比為:3∶1,故 A錯誤;因運動時 又 R=vt0②
s
間t= ,
BR
而ta=tb,即ab 粒子的速度之比為53∶2;故B 則 E=t ③v 0
1 1 (2)僅有電場時,帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動
錯誤;因兩粒子以相同的動能入射,故
2mv
2
a a =2mbv
2
b ,所 t
在y 方向位移 y=v
0
2④θ
以有:ab兩粒子的質量之比為:4∶75;故C錯誤;因t=360°× R由②④式得 = ⑤
2πm y, 2所以ab兩粒子的電荷量之比為:2∶15;故D正確B .q 設在水平方向位移為x,因射出位置在半圓形區域邊界
3.解:(1)由粒子沿Od 方向發射從磁場邊界cd 上的p 3
點離開磁場,說明粒子受向右的洛倫茲力向右偏,由左手定 上,于是:x=2R
則知粒子帶正電荷.初速度沿Od 方向發射的粒子在磁場中 1 t 20
運動的軌跡如圖,其圓心為θ, 又有x=2a( 2 ) ⑥
由幾何關系有: 3sinθ= , 43R2 得a= t2 ⑦0
所以:θ=60°. (3)僅有磁場時,入射速度v'=4v,帶電粒子在勻強磁場
t0 θ= , 中做勻速圓周運動,T 360° v'2
解得:T=6t . 設軌道半徑為r,由牛頓第二定律有:0 qv'B=m r ⑧
(2)粒子做圓周運動的向心力由洛 又 qE=ma⑨
侖茲力提供,根據牛頓第二定律得:
v2 30 由③⑦⑧⑨式得 r= R ⑩
qv0B=m 3r R
2πR 由幾何關系 sinα=
T= 2r

v0
2πm 3
帶電微粒在磁場中做圓周運動的周期為T= 即 sinα=
qB 2
q π π
聯立以上式子解得
m =
所以α=
3Bt 3

0
(3)如圖所示,在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的 2πm帶電粒子在磁場中運動周期:T=
弦Ob= 3L,圓軌跡的直徑為2L, qB
所 以:Ob 弦 對 應 的 圓 心 角 為 2α則帶電粒子在磁場中運動時間:tB= T
120°,粒子在磁場中運動的最長時間 2π
T 3π
tmax= =2t 所以t0 B=3 18
t0
答:(1)粒子在磁場中的運動周期 答:(1)
BR
電場強度為 ,方向沿x 軸正方向.
T 為6t0. t0
(2)
π 43R
粒子的比荷為 ()加速度為
3Bt . 2 t2 .0 0
(3)粒子在磁場中運動的最長時 3π
間為2t . (3)運動時間為0 18t0.
97

小題狂刷 高考專題特訓
1
第4節 帶電粒子在復合場中運動 EqR= mv2N,故vM >vN,所以運動的時間2 tM 【基礎特訓】 , ; , v
2
錯誤 C正確 因為: , , vM>vN
根據FN=m +mg 可知:FM
1.B 解析 未加磁場時 根據動能定理 有 mgh-Wf r
1 >FN,故B正確;在右邊電場中小球不能到達軌道另一端最
= mv2-0.加磁場后,多了洛倫茲力,洛倫茲力不做功,但2 高處,因為假如能到達另一端最高點時,重力勢能變化為零,
正壓力變大,摩擦力變大,根據動能定理,有: 電場力做負功,電勢能要增加,能量不守恒了.故D正確.本
1 題選錯誤的,故選A.
mgh-Wf'= mv'2-0,Wf'>Wf,所以2 v'故B正 2.AC 解析:質子出回旋加速器的速度最大,此時的半
確,A、C、D錯誤. 2πR徑為R,則v= =2πR .所以最大速度不超過2πR.故A
2.C 解析:
f f
小滑塊向下運動的過程中受到重力,支持 T
力,垂直斜面向下的洛倫茲力,摩擦力, 2向下運動的過程中, v qBR正確 根 據
, , , . qvB=m
,知
R v=
,則 最 大 動 能 Emax=
速度增大 洛倫茲力增大 支持力增大 滑動摩擦力增大.故 m
A錯誤,C正確.B 2 2 2的大小不同,洛倫茲力大小不同,導致滑動 1 qB R
, mv
2= .與加速的電壓無關.故B錯誤.粒子在加速
摩擦力大小不同 根據動能定理,摩擦力不同,到達底端的動 2 2m
能不同.故B錯誤.滑塊到地面時當B 很大,則摩擦力有可能 電場中做勻加速運動,在磁場中做勻速圓周運動,根據v=
很大,當滑塊受到的摩擦力與重力向下的分力相等時,滑塊 2ax知,質子第二次和第一次經過D 形盒狹縫的速度比為
做勻速直線運動,洛倫茲力與摩擦力不再增大,所以滑塊不 mv
可能靜止在斜面上.故D錯誤. 2∶1,根據r= ,則半徑比為 2∶1.故C正確.帶電粒子qB
3.BD 解析:物體A 帶正電,在向左運動的過程中,受 2πm
到的洛倫茲力的方向向下,所以對B 的壓力變大,B 對地面 在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等,根據T=qB
的壓力變大,故A錯誤,D正確;物塊A 與B 間沒有相對的 知,換用α粒子,粒子的比荷變化,周期變化,回旋加速器需
滑動,是靜摩擦力,由于B 與地面之間沒有摩擦力的作用,所 改變交流電的頻率才能加速α粒子.故D錯誤.
以AB 受到的合力不變,加速度大小不變,AB 之間的摩擦力 1
不變, 2故B正確,C錯誤. 3.C 解析:粒子在電場中加速qU= mv ,在磁場中2
4.AD 解析:帶電小球在勻強磁場中受洛倫茲力,洛倫 mv2
茲力不做功,只有重力做功,機械能守恒,故當小球每次通過 圓周運動有:qvB= ,R
平衡位置時,動能相同.故A正確.當小球每次通過平衡位置
時,動能相同,速度大小相等, 1 2mU但方向不同,故速度不同.故B 解得:R= .
錯誤.當小球每次通過平衡位置時,速度大小相等,所需要的 B q
向心力相同.所需要的向心力是由小球所受的重力、繩子的 1 2m1(U+ΔU)氖20最大半徑為:R1= ;
拉力和洛倫茲力的合 力 提 供 的.但 是 洛 倫 茲 力 的 方 向 在 改 B q
變,小球從左向右通過最低點時,洛倫茲力向下,小球從右向
: 1 2m2
(U-ΔU)
左通過最低點時,洛倫茲力向上,故繩子的拉力大小也在改 氖22最小半徑為 R2=B .q
變.故C錯誤.撤銷磁場后,小球通過最低點時只受到重力和 兩軌跡不發生交疊,有R1繩子的拉力,速度有大小相等,向心力相同,故繩子的拉力相 ΔU m2-m1
同.故D正確. 解得: 故選U 5.解:(1)由靜止可知:qE=mg. 4.解:(1)α粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲
當小球恰好離開斜面時,對小球受力分析,受豎直向下 v2
的重力、電場力和垂直于斜面向上的洛倫茲力,此時在垂直 力提供向心力,即qαvB=mα R
于斜面方向上合外力為零. mαv
則有:(qE+mg)cosθ=qvB 則R=B =0.2mqα
由動能定理得:(qE+mg)sinθ·
1
x= mv2 (2)設cd 中心為O,向c端偏轉的α粒子,當圓周軌跡與2 cd 相切時偏離O 最遠,設切點為 P,對應圓心 O1,如 圖
: m
2gcos2θ
解得 x= 所示:
q2B2sinθ
(2)對小球受力分析,在沿斜面方向上合力為(qE+mg)
sinθ,且恒定,故沿斜面方向上做勻加速直線運動.由牛頓第
二定律得:
(qE+mg)sinθ=ma
得:a=2gsinθ
1
由x=2at
2
: mcosθ得t=
qBsinθ
2
:() mcos
2θ
答 1 小球能在斜面上滑行距離為 則由幾何關系得:OP=SA= R2-(R-d)22 =16cm.qB2sinθ
.
向d 端偏轉的α 粒子,當沿Sb 方向射入時,偏離O 最
() mcosθ2 小球在斜面上滑行時間是 . 遠,設此時圓周軌跡與cd 交于Q 點,對應圓心O2,如圖所
qBsinθ
【能力特訓】 示,則由幾何關系得:OQ= R
2-(R-d)2=16cm
高頻題特訓 故金箔cd 被α粒子射中區域的長度L=PQ=OP+OQ
1.A 解析:小 球 在 左 圖 根 據 動 能 定 理 得,mgR= =32cm.
1 (3)設從Q 點穿出的α粒子的速度為v,因半徑O O∥
mv2M,
2
解得
2 vM= 2gR
,而小球在題右圖水平向左的電場 場強E,則v'⊥E,故穿出的α粒子在電場中做類平拋運動,
中運動受到 的 電 場 力 對 小 球 做 負 功,由 動 能 定 理 得 mg- 軌跡如圖所示.
98

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
沿速度v 方向做勻速直線運動,位移Sx=(SN-R) q ( ) U即 必須小于
sin53°=16cm m 1+ 2dB0B .a
沿場強E 方向做勻加速直線運動,位移Sy=(SN-R) U
cos53°+R=32cm 答:(1)離子在平行金屬板間的運動速度v=dB .0
1 qE
則由Sx=v't S 2y=2at a=
α
m (
πadB
2)離子在第Ⅰ象限磁場區域的運動時間t= 0
α 4U .
得:v'=8.0×105m/s q
故此α 粒子從金箔上穿出時,損失的動能為 ΔE = (3)要使離子一定能打在x 軸上,則離子的荷質比 應k m
1
mv2
1
- 22 α 2mαv' =3.19×10
-14J. U小于(1+ 2)dB .0Ba
答:(1)α 粒 子 在 磁 場 中 做 圓 周 運 動 的 軌 道 半 徑 R 拓展題特訓
為20cm. 1.AB 解析:沿ab拋出的帶電小球,根據左手定則,及
(2)金箔cd 被α粒子射中區域的長度L 為32cm. 正電荷的電場力的方向與電場強度方向相同,可知,只有帶
(3)損失的動能ΔEk 為3.19×10-14J. 正電,才能平衡,而沿ac 方向拋出的帶電小球,由上分析可
易錯題特訓 知,小球帶負電時,才能做直線運動,因速度影響洛侖茲力大
1.B 解析:棒AB 做切割磁感線運動,根據右手定則, 小,所以是直線運動,必然是勻速直線運動,故AB正確,C錯
B 端帶正電,A 端帶負電,故B 端受向下的電場力,A 端受 誤;在運動過程中,因電場力做功,導致小球的機械能不守
到向上的電場力,故B端先落地;故選B. 恒,故D錯誤.
2.C 解析:由左手定則可判斷洛倫茲力方向向下,圓環 2.AD 解析:A.由楞次定律知,感應電流方向先是逆
受到豎直向下的重力、垂直細桿的彈力及向右的摩擦力,小 時針方向,再順時針方向,后逆時針方向,A正確.B.由法拉
環受到的摩擦力:f=μ(mg+qvB),由于摩擦力做功,小環 第電磁感應定律,且電流方向改變時有某時刻電流是零,環
的動能減小,速度減小,所以洛倫茲力減小,摩擦力隨之減 心過圖示虛線感應電流順時針最大,所以感應電流的大小是
f
小.小環的加速度:a= 同樣隨洛倫茲力的減小而減小,故 先增大再減小,再增大再減小,再增大再減小,B錯誤.C.銅m 環的電阻小,在相同的感應電動勢時電流更大,克服安培力
小環做加速度逐漸減小的加速運動,一直到速度為0.故給出 做功的功率更大,b點與a 點的高度差更大,C錯誤.D.由于
的v-t圖中,只有選項C正確. 磁感應強度大小在豎直方向均勻分布,水平方向非均勻分
3.解:(1)離子在平行板內勻速直線運動,因此有qvB0 布,所 以 安 培 力 方 向 始 終 沿 水 平 向 左 的 方 向,D 正 確.故
=qE 選AD.
U
又E= 3.解:(1)粒子不經過圓形區域就能達到B 點,故粒子d 到達B 點時的速度豎直向下,圓心必在x 軸正半軸上,設粒
U
解得離子在平行板內的速度為v= 子圓周運動的半徑為r1
,由幾何關系得:r1sin30°=3a-r1;
dB0 v21
(2)如圖為離子在第Ⅰ象限磁場區域內運動的軌跡圖: 又qv1B=m ,r1
: 2qaB解得 v1= m .
( 2πm2)粒子在磁場中運動的周期T=
qB
Δt
故粒子在磁場中的運動軌跡的圓心角為α=T ×360°
=60°
粒子到達B 點的速度與x 軸夾角β=30°
設粒子做圓周運動的半徑為r2由幾何關系得:3a=
由幾何關系得, a軌跡半徑為r= , 2r2sin30°+2acos230°2 v22 3qaB
π 又 v
軌跡對應的圓心角為 , q 2B=m
,解得:
r v2=θ= 2 2m2 (3)設粒子從C 點進入圓形區域,OC 與OA 夾角為θ,
2πr πadB
運動周期為 = 0, 軌跡圓對應的半徑為r,由幾何關系得:v U 2a=rsinθ+acosθ
θ 1 πadB
運動時間為t= ·T= · 0 故 時,半徑最小為2π 4 T= 4U . θ=60° rmin= 3a
2
(3)要使離子一定能打在x 軸上,離子在磁場 B 中運 v又 v minq minB=m ,
3qaB
解得vmin=
動,當軌跡與OP 相切時,圓的最小半徑如圖所示: rmin m
2qaB
答:(1)粒子的初速度大小v1= m .
() 3qaB2 粒子的初速度大小v2= 2m .
() 3qaB3 粒子的最小速度vmin= m .
綜合特訓(二)
【母題特訓】
a
由幾何關系r2+ 2r2=a得r2= 1.A 解析:電子流沿z 軸正方向運動,則電流是沿z
1+ 2 軸負方向,根據右手螺旋定則可知,電子流在A 點產生的磁
mv2 q v U
由qvB= 得 = =(1+ 2) 場的方向為x 軸正方向,所以A正確,B、C、D錯誤.r2 m Br2 dB0Ba 2.A 解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力
99

小題狂刷 高考專題特訓
提供向心力,根據牛頓第二定律有 直導線受到的安培力都是垂直于紙面向外,則線圈所受安培
v2 mv, 力的方向垂直于紙面向外
,故A錯誤,B正確;當電流沿逆時
qvB=m 得r r=qB 針方向時,根據左手定則可知,每一小段直導線受到的安培
粒子在磁場中運動的軌跡如圖,從b 點 離 開 磁 場 的 粒 力都是垂直于紙面向里,則線圈所受安培力的方向垂直于紙
子,圓心在a 點,半徑等于正六邊形的邊長,即rb=a, 面向里,故D錯誤,C正確.
7.D 解析:粒子進入磁場做順時針方向的勻速圓周運
動,軌跡如圖所示:
從c點離開磁場的粒子,圓心是o 點,半徑等于正六邊
形邊長的2倍,即rc=2a v2根據洛倫茲力提供向心力,有 ,
mv qBr qvB=m, R根據半徑公式r= 得B v= m ∝rq mv解得 ,
v r R=b b 1, qB
v =r =c c 2 2mv
, ; 根據軌跡圖知PQ=2R=
,∠OPQ=60°,
從b點離開磁場的粒子 圓心角θb=120° 從c 點離開 qB
磁場的粒子,圓心角θc=60° 粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O 的距離為OP
θ t θ 2 4mv
根據t=360°T
,b = b得 = ,故 A 正 確,B、C、D =2PQ= ,D正確,A、B、C錯誤.tc θc 1 qB
錯誤. 8.解:(1)由洛倫茲力公式,粒子在磁場中受力F 為F=
: , 1 qvB①3.D 解析 根 據 動 能 定 理 得 qU= 2mv
2 得 v= 粒子做勻速圓周運動所需向心力
2qU v
2
① F向=mm R
②
離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力, 粒子僅受洛倫茲力做勻速圓周運動
v2 F=F向③
根據牛頓第二定律,有qvB=m ,R 聯立①②③得
mv mv
得R= ② R=
qB qB
④
qB2 2 由勻速圓周運動周期與線速度關系
:
R
①②兩式聯立得:m= 2U . 2πRT= ⑤
一價正離子電荷量與質子電荷量相等,同一加速電場U v
相同,同一出口離開磁場則R 相同,所以 m∝B2,磁感應強 2πm聯立④⑤得T=
度增加到原來的12倍,離子質量是質子質量的144倍,D正 qB
, 、、 ()ABC . 2 粒子做勻速直線運動需受力平衡確 錯誤
v2 故電場力需與洛倫茲力等大反向即qE=qvB
4.AD 解析:由洛侖茲力充當向心力可得;Bqv=m 解得:R E=vB
-31 6 mv
: mv 9.1×10 ×1.6×10 答:(1)粒子做勻速圓周運動的半徑 R 為 ,周期解 得 R =B =2×10-4×1.6×10-19 =0.0455 m
T
q qB
=4.55cm; 2πm為 B .所有粒子的圓心組成以S 為圓心,R 為半徑的圓;電子 q()為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個
出現的區域為以S 為圓心,以9.1cm半徑的圓形區域內,如 2與磁場方向垂直的勻強電場,電場強度 的大小為
圖中大圓所示; E vB.
, , ; 9.(1)前 (2)D 解析:(1)在對螺線管通電前必須對磁故當θ=90°時 紙板 MN 均在該區域內 故l=9.1cm 傳感器進行調零,否則就會有測量誤差
當θ=30°時,l=4.55cm;故AD正確,BC錯誤;故選AD. .(2)減小通電螺線管的電流后,螺線管內的磁感應強度
變小,由于從另一端插入,磁傳感器的讀數可能為-3mT.故
選D.
10.解:(1)由圖可知,線圈的平面與磁場的方向垂直,由
左手定則可得,線圈的里邊與外邊受到的安培力大小相等,
方向相反,相互抵消;線圈右邊電流的方向向外,根據左手定
則可得,受到的安培力的方向水平向右.
由于線圈的平面與磁場的方向垂直,所以線圈所受安培
5.C 解析:地理南、北極與地磁場的南、北極不重合有 力的大小:F=nBIL.
一定的夾角,即為磁偏角;故 A正確;磁場時閉合的曲線,地 (2)線圈在安培力的作用下運動,根據功率的表達式可
球內部也存在磁場,地磁南極在地理北極附近,故B正確;磁 知:P=Fv=nBILv.
場是閉合的曲線,地球磁場從南極附近發出,從北極附近進 答:(1)線圈受到的安培力的大小為nIBL 方向:水平
入地球,組成閉合曲線,不是地球表面任意位置的地磁場方 向右.
向都與地面平行,故C錯誤;地磁場與射向地球赤道的帶電 (2)安培力的功率為nIBLv.
宇宙射線粒子速度方向并不平行,所以對帶電宇宙射線粒子 11.解:(1)粒子在進入第2層磁場時,經過兩次加速,中
有力的作用,故D正確. 間穿過磁場時洛侖茲力不做功;由動能定理可得:
6.BC 解析:把線圈看成一小段一小段的直導線連接 1 2
而成,當電流沿順時針方向時,根據左手定則可知,每一小段 2qEd=2mv2①
1 00

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
: ,
解得: qEd
解得 tanθ= 3 則θ=60°.
v2=2 m ②. (2)撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直
粒子在第2層磁場中受到的洛侖茲力充當向心力,有: 方向的分運動沒有影響,以P 點為坐標原點,豎直向上為正
v22 方向,小球在豎直方向上做勻減速直線運動,其初速度為vvB=m ③ yq 2 r2 =vsinθ,
2 mEd 若使小球再次穿過P 點所在的電場線,僅需小球的豎
解得:r2=B ④.q 直方向的分位移為零,則有:
(2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為v ,軌跡半徑 1n vyt-2gt
2=0,
為rn.
1 聯立解得: 2 t=23s.則有 nqEd=2mvn⑤ 答:(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小為20m/s,
v2n 方向與電場E 的夾角為60°.
qvnB=mr ⑥ (2)n 從撤掉磁場到小球再次穿過P 點所在的這條電場
粒子進入第n層磁場時,速度的方向與水平方向的夾角 線經歷的時間為23s.
為αn,從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向 mv
的夾角為θ ,粒子在電場中運動時,垂直于電場線方向的速 13.解:(1)峰區內圓弧半徑r= ,n qB
①
度分量不變,有:vn-1sinθn-1=vnsinαn⑦ 旋轉方向為逆時針方向②.
如圖所示:
() , 2πrsinθ rsinα =d⑧; 2 由對稱性 峰區內圓弧的圓心角θ= ③,n n- n n 3
由以上屆⑥、⑦、⑧式可得: 2πr 2πmv
rsinθ -r sinθ =d⑨; 每個圓弧的長度 ,n n n-1 n-1 l= 3 =3B ④q
則可 知,r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、
…rnsinθn 為一組等差數列,公差為d,
π 3mv
每段直線長度L=2rcos6= 3r= ⑤
,
可得: qB( )
rnsinθn=r1sinθ 3l+L1+(n-1)d⑩; 周期T= ⑥,
當n=1時,由圖2可知:r1sinθ1= v
d 圖1 (2π+33)m代入得
: T=則可得 qB
⑦.
nqd
sinθn=B 2mE
(3)若粒子恰好不能從第n 層磁場右側邊界穿
出,則有:
π
θn= ,2 sinθn=1
;
在其他條件不變的情況下,換用比荷更大的粒 圖2
q'
子,設其比荷為 ,假設能穿出第 層磁場右側邊
m' n () 第 2 小題 第(q' 3
)小題
界,粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn'.由于 (m'> 3
)谷區內的圓心角θ=120°-90°=30°⑧,
q mv, 谷區內的軌道圓弧半徑 ,則導致
m sinθ'n>1
r'= ⑨
qB
設明θ' 不存在,即假設不成立,所以比荷較該粒子大 θ θ'n 由幾何關系rsin =r'sin ⑩,
的粒子不能穿出該層磁場右側邊界. 2 2
答:(1)粒子在第2層磁場中運動時速度v2 的大小為 30° 6- 2由三角關系sin2 =sin15°= 4
,
qEd; 2 mEd2 軌跡半徑m r2
為
B .q 3-1代入得
() B'= B .2 粒子從第n層磁場右側邊界穿出時,速度的方向與 2
nqd mv
水平方向的夾角為θ ,sinθ 為B . 答:(1)閉合平衡軌道在峰區內圓弧的半徑r 為 ,離n n 2mE qB
(3)比荷較大的粒子不能飛出右側邊界. 子旋轉的方向是逆時針.
12.解:(1)小球做勻速直線運動時,受力如圖: () 2π2 軌道在一個峰區內圓弧的圓心角θ是 ,及離子繞3
(2π+33)m
閉合平衡軌道旋轉的周期T 為 B .q
(3)在谷區也施加垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強
度為B',新的閉合平衡軌道在一個峰區內的圓心角θ 變為
90°,
3-1
B'和B 的關系是B'= B.
其所受的三個力在同一平面內,合力為零,則有: 2【過關特訓】
Bqv= q2E2+m2g2, 1.B 解析:根據右手螺旋法則,導線周圍的磁場的磁感
帶入數據解得:v=20m/s, 線,是圍繞導線形成的同心圓,由于兩個導線通過的電流是
速度v的方向與電場E 的方向之間的夾角滿足tanθ 大小相等,方向相同的,M、N 為中垂線的兩點,左邊即 M 點
qE
= , 兩個磁場方向都向下 右邊N 點兩個磁場方向都向上.所以mg 兩點大小相同方向相反.所以兩根導線分別在 M 點和N 點
1 01

小題狂刷 高考專題特訓
產生的磁感應強度大小相等,方向相反,故 A錯誤,B正確. 磁場;進入磁場區域的電子的軌跡3,先出圓形磁場,再出正
在線段 MN 上中點O 產生的磁感應強度方向相反,互相抵 方形磁場;所以電子不會先出正方形的磁場,即進入圓形區
消,磁感應強度為零,故C錯誤.由于在 N 點產生的磁感應 域的電子一定不會后飛離磁場.如圖軌跡2所示,粒子轉過
強度方向向上,所以在 N 點放一 小 磁 針,靜 止 時 其 北 極 向 的圓心角是相等的,則運動時間相等.故D正確,BC錯誤.
上,故D錯誤.
F
2.D 解析:由B= ,可知,是通過比值定義,所以IL B
與F,與IL 均無關,而B 由磁場本身性質決定.故A錯誤;磁
感應強度B 是矢量,其方向即為小磁針靜止時N極指向,故
B錯誤.通電導線在磁場中的受力方向,由左手定則來確定,
磁場力的方向與感應強度B 的方向垂直,故C錯誤;磁感應
強度反映磁場本身的強弱和方向,由磁場本身決定,磁感線 9.AC 解析:電子通過磁場時,受到洛倫茲力而做勻速
密集的地方磁感應強度B 大些,磁感線稀疏的地方磁感應強 圓周運動,由幾何知識容易知道,a、b、c 三點射出的電子軌
度B 小些.故D正確. mv
3.A 解析: : ,在電源外部電流由正極流向負極,因此電 跡半徑關系是 ra流由器皿中心流向邊緣;器皿所在處的磁場豎直向上,由左 率關系為va手定則可知,導電液體受到的磁場力沿順時針方向,因此液 的電子出射點與O 點的距離為s,電子軌跡的最大半徑為L,
體沿順時針方向旋轉;故A正確,B錯誤.正離子移動方向與 mv
電流方向相同,負離子與電流方向相反,則知正離子沿圓形 則s的最大值為2L.由半徑公式r= 分析得知,半徑與速qB
玻璃器皿的半徑向邊緣移動的同時順時針轉動,負離子沿圓 率成正比,若電子的速率為零,最小半徑為0,故有0形玻璃器皿 的 半 徑 向 中 心 移 動 的 同 時 順 時 針 轉 動.故 CD 2L.故C正確,D錯誤.
錯誤. 10.A 解析:最終穩定時,電荷所受洛倫茲力和電場力
4.AC 解析:磁感線如圖所示,
處于平衡, E有qvB=q 解得d . E=vBd.
, E根據閉合電路歐姆定律得 電離氣體的電阻R'=I -
則由圖示可知左側導體所處的磁場方向斜向上,右側導 vBd dR= -R.由電阻定律得,R'=ρ
體所處的磁場斜向下,則由左手定則可知,左側導體受力方 I S
向向外,右側導體受力方向向里,故從上向下看,小磁針應為 S Bdv解得ρ= ( -R ) .故A正確,B、C、D錯誤.
逆時針轉動;當導體轉過90°時,由左手定則可得導體受力向 d I
下,故可得出導體運動為逆時針轉動的同時還要向下運動. 11.解:(1)經電壓U1 加速后粒子射入磁場后剛好不能
即為a 端轉向紙外,b端轉向紙里,且靠近磁鐵,同時導線受 從PQ 邊界射出磁場,表明在磁場中做勻速圓周運動的軌跡
到的安培力的方向一定與導線垂直.故AC正確,BD錯誤. 與PQ 邊界相切,要確定粒子做勻速圓周運動的圓心O 的位,
5.BD 解析:根據右手螺旋定則可知直線 M 處的磁場 置 如圖甲所示,圓半徑 R1 與 L 的關系式為:L=R1+
方向垂直于MN 向里,直線 N 處的磁場方向垂直于MN 向 R1cosθ,
L
R1= .
外,磁場大小先減小過O 點后反向增大,根據左手定則可知, 1+cosθ2
帶正電的小球受到的洛倫茲力方向開始方向向上,過O 點后 v又 v 1q 1B=m ,
qBL
解得v1= .
洛倫茲力的方向向下.由此可知,小球將做勻速直線運動,小 R m(1+cosθ)
球對桌面的壓力一直在增大,故AC錯誤,BD正確.
6.ABC 解析:要使粒子能做勻速圓周運動,則洛倫茲
力與重力的合力應能充當向心力;在甲圖中,若粒子為正電
荷且逆時針轉動(由上向下看)則其受力斜向上,與重力的合
力可以指向圓心,故 A正確;而若為負電荷,但順時針轉動,
同理可知,合力也可以充當向心力,故C正確;Q 帶負電,則
正電荷在圖示位置各點受到的電場力指向Q,則電場力與重
力的合力可能充當向心力,故B正確;但若小球帶負電,則小
球受電場力逆著電場線,故其與重力的合力向下,合力不能
全部 提 供 向 心 力,故 不 會 做 勻 速 圓 周 運 動,故 D錯 誤;故 甲 乙
選ABC. 經電壓U2 加速后以速度v2 射入磁場,粒子剛好垂直
7.BC 解析:由左手定則可判斷粒子帶負電,故 A錯 PQ 射出磁場,可確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心
誤;由題意知: L+3d粒子的最大半徑r = 、 在PQ 邊界線的O 點,粒子的最小半 如圖乙所示,半徑R2 與磁場寬L 的max 2 L
L, mv, qB
(L+3d) 關系式為R2=
徑r cosθ
.
min= 根據的 可得2 r= vqB max
= 、2m vmin= v22
qBL 又qv2B=m ., 3qBd則vmax-vmin= ,故可知 、 正確, 錯誤 R2m 2m BC D . qBL
8.AD 解析:電子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力 解得v2=mcosθ.
v2: , mv, , 為使粒子經電壓U2 加速射入磁場后沿直線運動,直至提供向心力 qvB=m 得 R= 兩電子速度v 相同R BqB 射出PQ 邊界,則所受的洛倫茲力和電場力平衡,
相同,所以半徑一定相同,故A正確.電子在磁場中的可能運 則qv2B=qE
動情況如圖所示,電子從O 點水平進入由于它們進入圓形磁 qB2L
場和正方形磁場的軌道半徑、速度是相同的, 則 方向垂直速度方向向下把圓形磁場和 E=v2B=mcosθ. .
矩形磁場的邊界放到同一位置如圖所示,由圖可以看出進入 (2)在加速電場中,根據動能定理得:
磁場區域的電子的軌跡1,先出圓形磁場,再出正方形磁場; 1 2
進入磁場區域的電子的軌跡2,同時從圓形與正方形邊界出 qU1=2mv1
1 02

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
1 (2 3)由下圖分析可知,小球在30t0時與24t0時的位置相qU2=2mv2 同,在24t0內小球做了t2=3t0的平拋運動,和半個圓周運動.
U v2 21 1 cosθ 23t0末小球平拋運動的豎直分位移大小為:所以
U =v2=(1+cosθ)2.2 2
2
答:( qB L1)電場強度的大小為 ,方向垂直速度方向mcosθ
向下.
() U1 cos
2θ
2 加速電壓 的值U2 (1+cosθ)2.
12.解:(1)由題可知,粒子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動 1 ( )2 9y = g3t = gt22 2 0 2 0
的圓心角θ=60°,相應的半徑為:
h 23
r1=sin60°= 3h 豎直分速度:vy2=3gt0
所以小球與豎直方向的夾角為θ=45°,速度大小為:
v2, 23qBh由qvB=m 得r v= v2=32gt01 3m
(2)粒子在電場中做類平拋運動,有:x =vcos30°·t 此后小球做勻速圓周運動的半徑:0 0
1 qE mv2 32gt2
y0= · t20 r2= B =
0
2 m q 0 π
qE 30t0末小球距x 軸的最大距離:
又vsin30°=mt0 ( ) ( 9 3+322 2 2 2 y3=y2+ 1+cos45°r 22= 2+ π )gt03Bh 3Bhq Bhq
解得,t0= ,3E x0=
,
3mE y0=6mE 答:(1)12t0末小球速度的大小為 13gt0.
(3)根據運動的對稱性可知,第一次返回y=y0處前在 (2)見解析.
2π m
磁場Ⅰ中運動的總時間為t1= ·3 B (
9
q 3
)30t0 內 小 球 距 x 軸 的 最 大 距 離 為:( 2 +
π·m在磁場Ⅱ中運動的總時間為t2= 3+322 qB π )gt20.
故第一次返回y=y0處前運動的總時間為T=2t0+t1
23Bh 7πm 第三單元 電磁感應+t2= 3E +6qB
之后運動呈周期性,故返回y=y0處前運動的總時間為 第1節 電磁感應現象 楞次定律
( 23Bh 7πmt=nT=n2t0+t1+t2)=n( + ),n=1,2,3,… 【基礎特訓】3E 6qB 1.D 解析:由于磁場是勻強磁場,把線圈向左拉動,或
23qBh
答:(1)粒子經過C 點時的速度大小為 . 向上拉動,或垂直紙面向里運動,其磁通量均不變化,均無感3m 應電流產生,故 ABC錯誤;當線圈以O1O2 為軸轉動時,其
3B2h2q 磁通量發生變化,故有感應電流產生,故 正確(2)A、
D .
C 兩點與O 點間的距離x0、y0分別為 和3mE 2.CD 解析:若 電 鍵 保 持 閉 合 時,線 圈 產 生 的 磁 場 穩
B2h2q 定,穿過鋁環的磁通量不變,沒有感應電流產生,鋁環不受安
y0=6mE . 培力,只受重力作用,則上跳某一高度后將回落.故AB錯誤,
23Bh 7πm C正確.如果電源的正、負極對調,閉合電鍵的瞬間,穿過鋁環(3)粒子從A 點出發,經過n( , ,,3E +6qB ) n=12 的磁通量仍然增加,產生感應電流,鋁環仍然受到安培力而
3,…時間可回到y=y 處. 上跳.電鍵保持閉合時,線圈產生的磁場穩定,穿過鋁環的磁0
13.解:(1)0~t0內,小球只受重力作用,做平拋運動.當 通量不變,沒有感應電流產生,鋁環不受安培力,只受重力作
同時加上電場和磁場時,電場力:F =qE =mg,方向向上, 用,則 上 跳 某 一 高 度 后 將 回 落.則 觀 察 到 的 現 象 不 變.故 D1 0
因為重力和電場力恰好平衡,所以在電場和磁場同時存在時 正確.
小球只受洛倫茲力而做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律 3.D 解析:由圖示A可知,在磁鐵S極上升過程中,穿
v2 過圓環的磁場方向向上,在磁鐵遠離圓環時,穿過圓環的磁
有:qvB0=m ,r 通量變小,由楞次定律可知,從上向下看,圓環中的感應電流
2πr 沿逆時針方向,故A錯誤;由圖示B可知,在磁鐵S極下落過
運動周期:T=v 程中,穿過圓環的磁場方向向下,在磁鐵靠近圓環時,穿過圓
聯立解得:T=2t 環的磁通量變大,由楞次定律可知,從上向下看,圓環中的感0
電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期 應電流順時針方向,故B錯誤;由圖示C可知,在磁鐵 N極
的5倍,即在這10t 內,小球恰好做了5個完整的勻速圓周 上升過程中,穿過圓環的磁場方向向上,在磁鐵遠離圓環時,0
運動.所以小球在t =12t 時刻的速度相當于小球做平拋運 穿過圓環的磁通量變大,由楞次定律可知,從上向下看,圓環1 0
動t=2t 時的末速度:v =g·2t =2gt , 中的感應電流沿順時針方向,故C錯誤;由圖示D可知,在磁0 y1 0 0
: 2 2 鐵N極下落過程中,穿過圓環的磁場方向向下,在磁鐵靠近所以12t0末 v1= vx+vy1= 13gt0.
( 圓環時,穿過圓環的磁通量變大,由楞次定律可知,從上向下2)開始12t0時間內小球完成5個圓周運動和部分平拋
, 看,圓環中的感應電流逆時針方向,故 正確運動 在接下來的12t0時間運動規律類似,但是小球速度變 D .
大, : ,運動半徑變大,故 t 內運動軌跡的示意圖如圖所示 4.C 解析 線圈中通以恒定的電流時 線圈產生穩恒的240 . 磁場,穿過銅環A 的磁通量不變,沒有感應電流產生,環 A
不動.故A錯誤.通電時,使變阻器的滑片P 做向右勻速滑動
時,變阻器接入電路的電阻增大,回路中電流減小,線圈產生
的磁場減小,穿過銅環A 磁通量減小,產生感應電流的磁場
方向與原磁場的方向相同,二者相互吸引,故A 向左運動.故
B錯誤.通電時,使變阻器的滑片P 做向左加速滑動時,變阻
1 03
小題狂刷 高考專題特訓
第二單元 磁 場
第1節 磁感應強度
B.該螺線管外部的磁場是勻強磁場
C.放在螺線管內部的小磁針靜止時,小磁針N極
指向螺線管的N極
1.(2022·防城港一模)下列說法正確的是( ) D.放在螺線管內部的小磁針靜止時,小磁針N極
A.電場線和磁感線都是電場和磁場中客觀存在 指向螺線管的S極
的曲線 5.(2022·玉溪校級月考)如圖所示,框架的面積
B.磁場與電場一樣,對放入其中的電荷一定有力 為S,勻強磁場的磁感應強度為B.試求:
的作用 (1)框架平面與磁感應強度B 垂直時,穿過框架
F 平面的磁通量為多少
C.在公式E= 中,F 與E 的方向不是相同就是q (2)若從圖示位置逆時針轉過60°時,穿過框架平
相反 面的磁通量為多少
F
D.由公式B= 知,F 越大,通電導線所在處的 (3)這過程中,穿過框架平面的磁通量的變化量 IL
磁感應強度一定越大
2.(2022·崇明縣一模)如圖所示,a、b、c為紙面
內等邊三角形的三個頂點,在a、b兩頂點處,各有一條
長直導線垂直穿過紙面,導線中通有大小相等的恒定
電流,方向垂直于紙面向里,則c點的磁感應強度B 的
方向為 ( )
A.與ab邊平行,向上 B.與ab邊平行,向下
C.與ab邊垂直,向右 D.與ab邊垂直,向左
3.(2022·廉江市校級模擬)如圖所示的磁場中,
有三個面積相同且相互平行的線圈S1、S2 和S3,穿過
S1、S2 和S3 的磁通量分別為Φ1、Φ2 和Φ3,下列判斷
正確的是 ( )
A.Φ1 最大 B.Φ2 最大
C.Φ3 最大 D.Φ1=Φ2=Φ3
4.(2022秋·青山區校級期中)(多選)對于通有
恒定電流的長直螺線管,下列說法中正確的是 ( )
A.該螺線管內部的磁場是勻強磁場
22

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
過60°位置時,磁通量Φ2 為多少 這一過程中ΔΦ2=
Φ3-Φ2 為多少
高頻題特訓
1.(天津市靜海一中2022第一學期高三物理期末
終結性考試)關于電場強度和磁感應強度,下列說法正
確的是 ( ) 甲 乙
A.電場強度的定義式E=F/q適用于任何電場
B.由真空中點電荷的電場強度公式E=KQ/r2
可知,當r→0時,E→無窮大
C.由公式B=F/IL 可知,一小段通電導線在某
處若不受磁場力,則說明此處一定無磁場
D.磁感應強度的方向就是置于該處的通電導線
所受的安培力方向
2.(2022·懷化期末)處于同一平面內的兩根長直
導線中通有方向相反大小不同的電流,這兩根導線把
它們所在的平面分成a、b、c三個區域,如圖所示,則磁
感強度為零的區域 ( )
A.可能出現在b區
B.不可能出現在a區
C.不可能出現在c區
D.不可能同時出現在a、c區
易錯題特訓
1.(2022·安康三模)如圖所示,三根彼此絕緣的
第2題
無限長直導線的部分ab、cd、ef 構成一個等邊三角形,第3題
( · ) , O 為三角形的中心,M、N 分別為O 關于導線ab、3.2022 如圖所示 無限長直導線 cd秋 黃岡期末
、 的對稱點,當三根導線中通以大小相等,方向如圖所示M N 均通有大小為I 的恒定電流,其中 M 在紙面內
的電流時, 點磁感應強度的大小為 , 點磁感應
水平放置,電流方向水平向右,N 垂直于紙面放置,電 M B1 O
, 強度的大小為B2,若將導線ab中的電流撤去,而保持流方向垂直紙面向里 兩導線在紙面連線的中點A 處
另兩段導線中的電流不變,則 點磁感應強度的大
產生的磁感應強度大小均為B.則A 點的磁感應強度 N
小為
大小為 ( )
( )
A.B1+B2 B.B1-B2
A.0 B.B C.2B D.2B
1 1
4.矩形線框abcd的邊長分別為l1、l2,可繞它的一 C. (2 3B2-B1
) D. (2 B1+B2
)
條對稱軸OO'轉動,勻強磁場的磁感應強度為B,方向
與OO'垂直,初位置時線圈平面與B 平行,如圖所示.
(1)初位置時穿過線框的磁通量Φ0為多少
(2)當線框沿圖甲所示方向繞過60°時,磁通量Φ2
為多少 這一過程中磁通量的變化ΔΦ1 為多少
(3)當線框繞軸沿圖示方向由圖乙中的位置再轉 第1題 第2題
23

小題狂刷 高考專題特訓
2.(2022·成都模擬)利用通電導線在磁場中受到 2.如圖,在x 軸和y 軸構成的平面直角坐標系
的安培力與磁感應強度的關系就可以測定磁感應強度 中,過原點再做一個z 軸,就構成了空間直角坐標系.
的大小.實驗裝置如圖所示,彈簧測力計下端掛一矩形 勻強磁場的磁感應強度B=0.2T,方向沿x 軸的正方
導線框,導線框接在圖示電路中,線框的短邊置于蹄形 向,且ab=dc=0.4m,bc=ef=ad=0.3m,be=cf=
磁體的N、S極間磁場中的待測位置. 0.3m.通過面積S1(abcd)、S2(aefd)、S3(befc)的磁通
①在接通電路前,待線框靜止后,先觀察并記錄下 量Φ1、Φ2、Φ3 各是多少
彈簧測力計的讀數F0;
②接通電路,調節滑動變阻器使電流表讀數為I,
待線框靜止后,觀察并記錄下彈簧測力計的讀數F(F
>F0).
由以上測量數據可知:導線框所受重力大小等于
;磁場對矩形線框位于磁場中的一條邊
的作用力大小為 .若已知導線框在磁場中的
這條邊的長度為L、線圈匝數為N,則利用上述數據計
算待測磁場的磁感應強度的表達示為B= .
拓展題特訓
1.(江西師范大學附屬中學2022屆高三上學期期
末考試物理試題)兩根長直導線平行固定在 M、N 兩
點,如圖所示,圖中的O1為 MN 的中點,O2為 MN 延
長線上的一點,且 N 剛好是O1、O2的中點.現在兩導
線中通有方向相反、大小相等的電流,經測量可知O1、
O2兩點的磁感應強度大小分別為B1、B2.已知通電長
直導線周圍某點的磁感應強度B 與導線中的電流I成
正比、 1與該點到導線的距離r成反比,即B=k .突然r
導線N 中的電流減為0,則此時 ( )
1
A.O1、O2兩點的磁感應強度大小分別為2B1
、
1
2B1-B2
1
B.O1、O2兩點的磁感應強度大小分別為2B1
、
1
2B2-B1
C.O1、O2兩點的磁感應強度大小分別為 B1-
、1B2 2B1-B2
D.O1、O2兩點的磁感應強度大小分別為 B1-
B2、
1
2B2-B1
24

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
第2節 磁場對通電導線的作用力
(2)滑動變阻器R 接入電路中的阻值.
1.(2022·蚌埠一模)關于通電直導線在勻強磁場
中所受的安培力,下列說法正確的是 ( )
A.安培力的方向可以不垂直于直導線
B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向
C.安培力的大小與通電導線和磁場方向的夾角
無關
D.將直導線從中折成直角,安培力的大小一定變
為原來的一半
2.(2022·海南)如圖所示,用兩根相同的細繩水
平懸掛一段均勻載流直導線 MN,電流I方向從M 到
N,繩子的拉力均為F.為使F=0,可能達到要求的方
法是 ( )
A.加水平向右的磁場
B.加水平向左的磁場
C.加垂直紙面向里的磁場
D.加垂直紙面向外的磁場
3.(2022·普寧市校級一模)(多選)如圖,金屬桿
ab的質量為m、通過的電流為I,處在磁感應強度為B 高頻題特訓
的勻強磁場中,平行導軌間的距離為L,結果ab 靜止
, 1.
(2022·大慶一模)水平面上放置兩根相互平行
且緊壓于水平導軌上.若磁場方向與導軌平面成θ角
的長直金屬導軌,導軌間距離為L,在導軌上垂直導軌
金屬桿ab與水平導軌間的摩擦系數為μ,則以下說法
( ) 放置質量為m 的與導軌接觸良好的導體棒CD,棒正確的是 CD
與兩導軌間動摩擦因數為μ,電流從一條軌道流入,通
過CD 后從另一條軌道流回.軌道電流在棒CD 處形成
垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場),磁感應強度
的大小與軌道電流成正比.實驗發現當軌道電流為I0
時,導體棒能勻速運動,則軌道電流為2I0時,導體棒
A.金屬桿ab所受的安培力大小為BILsinθ 運動的加速度為 ( )
B.金屬桿ab所受的安培力大小為BIL A.μg B.2μg C.3μg D.4μg
C.金屬桿ab所受的摩擦力大小為BILsinθ
D.金屬桿ab所受的摩擦力大小為μmg
4.(2022·沈陽校級模擬)如圖所示,在傾角θ=
30°的絕緣斜面上,固定一寬L=0.25m的平行金屬導
軌,在導軌上端接入電源和滑動變阻器,電源電壓為U 第1題 第2題
=12V.一質量m=20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并 2.(2022·賀州三模)如圖所示,兩根長為L、質量
接觸良好,整個裝置處于磁感應強度B=0.8T,方向 為m 的導體棒a、b,a被水平放置在傾角為45°的光滑
垂直于斜面向下的勻強磁場中.金屬導軌光滑,導軌與 斜面上,b被水平固定在與a 同一水平面的另一位置,
金屬棒的電阻不計,取g=10m/s2,要保持金屬棒在 且a、b平行,它們之間的距離為s.當兩棒中均通以電
導軌上靜止,求: 流為I的同向電流時,a恰能在斜面上保持靜止,則下
(1)通過金屬棒的電流; 列說法正確的是 ( )
25

小題狂刷 高考專題特訓
A.b的電流在a處產生的磁場的磁感應強度方向
易錯題特訓
水平向右
B.b的電流在a處產生的磁場的磁感應強度大小 1.(2022·蓮湖區校級模擬)如圖所示,用三條細
2mg
為 線懸掛的水平圓形線圈共有10匝,線圈由粗細均勻、
2IL 單位長度的質量為5g的導線繞制而成,三條細線呈
C.若使b上移少許,a仍可能保持靜止
對稱分布,穩定時線圈平面水平,在線圈正下方放有一
D.若使b下移少許,a仍可能保持靜止
,
3.(2022·瀘州二模)(多選)
個圓柱形條形磁鐵 磁鐵的中軸線 垂直于線圈平
一金屬棒 MN 兩端 OO'
接有細導線,懸掛于線圈上方,MN 與線圈軸線處于同 面且通過其圓心O
,測得線圈的導線所在處磁感應強
一豎直平面內,如圖所示,為使 MN 垂直紙面向內運 度大小為0.5T,方向與豎直線成30°角,要使三條細線
動,可以 ( ) 上的張力為零,線圈中通過的電流至少為 ( )
A.將a、c端接在電源正極,b、d 端接在電源負極
B.將b、d 端接在電源正極,a、c端接在電源負極 A.0.02A
C.將a、d 端接在電源正極,b、c端接在電源負極 B.0.1A
D.將b、d 端用導線連接,c端接在電源正極,a 端 C.0.2A
接在電源負極
D.0.4A
4.(2022·大慶校級模擬)如圖所示,在傾角θ=
2.(2022·九江二模)(多選)如圖所示,一水平導
30°的斜面上,固定一金屬框,寬l=0.25m,接入電動
軌處于與水平方向成45°角向左上方的勻強磁場中,一
勢E=12V、內阻不計的電池.垂直框面放置一根質量
, 根通有恒定電流I 的金屬棒,由于受到安培力作用而m=0.2kg的金屬棒ab 它與框架間的動摩擦因數μ
在粗糙的軌道上向右做勻速運動.現將磁場方向沿順
6
= ,整個裝置放在磁感應強度B=0.8T、垂直框面6 時針緩慢轉動至豎直向上,在此過程中,金屬棒始終保
向上的勻強磁場中.當調節滑動變阻器R 的阻值在什 持勻速運動,已知棒與導軌間動摩擦因數為μ,且μ<
么范圍內時,可使金屬棒靜止在框架上 (框架與金屬 1,則 ( )
棒的電阻不計,g 取10m/s2)
A.金屬棒所受摩擦力一直在減小
B.導軌對金屬棒的支持力一直在增大
C.磁感應強度先變小后變大
D.金屬棒所受安培力恒定不變
3.(2022秋·海淀區期末)如圖所示,兩根足夠長
的直金屬導軌 MN、PQ 平行放置在傾角為θ的絕緣斜
面上,兩導軌間距為L.一根質量為m 的均勻直金屬桿
ab放在兩導軌上,并與導軌垂直,且接觸良好,整套裝
置處于勻強磁場中.金屬桿ab中通有大小為I的電流.
已知重力加速度為g.
(1)若勻強磁場方向垂直斜面向下,且不計金屬桿
ab和導軌之間的摩擦,金屬桿ab靜止在軌道上,求磁
感應強度的大小;
(2)若金屬桿ab靜止在軌道上面,且對軌道的壓
力恰好為零.試說明磁感應強度大小和方向應滿足什
么條件;
26

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
(3)若勻強磁場方向垂直斜面向下,金屬桿ab 與 2.(2022秋·徐州校級期中)水平面上有電阻不
導軌之間的動摩擦因數為μ,且最大靜摩擦力等于滑 計的U形導軌NMQP,它們之間的寬度為L=1m,M
動摩擦力.欲使金屬桿ab 靜止,則磁感應強度的最大 和P 之間接入電動勢為E=10V的電源(不計內阻).
值是多大. 現垂直于導軌擱一根質量為m=1kg、電阻為R=2Ω
的金屬棒ab,并加一個范圍較大的勻強磁場,磁感應
強度大小為B=0.5T,方向與水平面的夾角為θ=37°
且指向右斜上方,如圖所示.試問:
(1)當ab棒靜止時,ab棒受到的支持力和摩擦力
各為多少
(2)若B 的大小和方向均能改變,則要使ab棒所
受支持力為零,B 的大小至少為多少 此時B 的方向
如何
(3)如果把甲圖改為乙圖,懸吊物體的質量 m1=
0.1kg,且滑動變阻器的阻值R'在2Ω≤R≤8Ω的取
值范圍內都能使ab處于靜止.則金屬棒受到的最大摩
擦力為多大
甲 乙
拓展題特訓
1.(2022秋·吉安校級月考)質量為m 的金屬導
體棒置于傾角為θ的導軌上,棒與導軌間的動摩擦因
數為μ,當導體棒通以垂直紙面向里的電流時,恰能在
導軌上靜止.如圖所示的四個圖中,標出了四種可能的
勻強磁場方向,其中棒與導軌間的摩擦力可能為零
的是 ( )
A B
C D
27

小題狂刷 高考專題特訓
第3節 帶電粒子在磁場中運動
1.(2022·廉江市校級模擬)下列說法正確的是
( ) 高頻題特訓
A.運動電荷在磁感應強度不為零的地方,一定受 1.(2022·萬載縣校級一模)如圖所示,帶異種電
到洛倫茲力作用 荷的粒子a、b以相同的動能同時從O 點射入寬度為d
B.運動電荷在某處不受洛倫茲力作用,則該處的 的有界勻強磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾
磁感應強度一定為零 角分別為30°和60°,且同時到達P 點.a、b兩粒子的質
C.洛倫茲力既不能改變帶電粒子的動能,也不能 量之比為 ( )
改變帶電粒子的速度 A.1∶2 B.2∶1
D.洛倫茲力對帶電粒子永不做功 C.3∶4 D.4∶3
2.(2014秋·如皋市月考)(多選)一個電子穿過
某一空間而未發生偏轉,以下判斷正確的是 ( )
A.此空間一定不存在磁場
B.此空間一定不存在電場
C.此空間可能存在均勻變化磁場
D.此空間可能有相互正交的勻強 磁 場 和 勻 強
電場 第1題 第2題
3.(2022·潮州二模)(多選)如圖是比荷相同的兩 2.(2022·寧波校級模擬)(多選)如圖所示,平面
粒子從O 點垂直進入直線邊界勻強磁場區域的運動 直角坐標系的第Ⅰ象限內有一勻強磁場垂直于紙面向
軌跡,下列說法正確的是 ( ) 里,磁感應強度為B.一質量為m、電荷量為q 的粒子
以速度v從O 點沿著與y 軸夾角為30°的方向進入磁
場,運動到A 點時速度方向與x 軸的正方向相同,不
計粒子的重力,則 ( )
A.該粒子帶正電
A.a帶正電,b帶負電 mvB.A 點與x 軸的距離為2qB
B.a的帶電量比b的帶電量小
πm
C.a運動的速率比b的小 C.粒子由O 到A 經歷時間t=3qB
D.a的運動時間比b的短 D.運動過程中粒子的速度不變
4.(2022秋·孝義市期末)如圖所示,質量m=0.1 3.(2022·西安模擬)如圖所示,圓形區域內有垂
g的小物塊,帶有5×10-4C的電荷,放在傾角為30°的 直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v 從
光滑絕緣斜面上,整個斜面置于B=0.5T的勻強磁場 A 點沿直徑AOB 方向射入磁場,經過Δt時間從C 點
中,磁場方向垂直紙面指向紙里,物塊由靜止開始下
射出磁場,OC 與OB 成60°角,現將帶點粒子的速度變
滑,滑到某一位置時,開始離開斜面,g 取10m/s2,求: v
(1)物塊帶什么電 為 ,仍從A 點沿原方向射入磁場,不計重力,則粒子3
(2)物塊離開斜面時速度多大 在磁場中的運動時間變為 ( )
(3)斜面至少有多長
1
A.3Δt B.2Δt
1
C.2Δt D.3Δt
4.(2022·西安模擬)如圖所示,在第二象限和第
四象限的正方形區域內分別存在著兩勻強磁場,磁感
應強度均為B,方向相反,且都垂直于xOy 平面,一電
28

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
子由P(-d,d)點,沿x 軸正方向射入磁場區域Ⅰ.(電 2.(2022·陜西模擬)如圖所示,MN 上方存在勻
4 強磁場,帶同種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從
子質量為m,電量為e,sin53°= )5 O 點射入勻強磁場中,兩粒子的入射方向與磁場邊界
(1)求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍; MN 的夾角分別為30°和60°,且同時到達P 點,已知
(2)若電子從(
d
0, )
,則 ( )
位置射出,求電子在磁場Ⅰ中 OP=d 2 A.a、b兩粒子運動半徑之比為1∶ 3
運動的時間t; 、
() () 兩粒子的初速率之比為3 求第 2 問中電子離開磁場Ⅱ時的位置坐標
B.ab 5∶23
.
C.a、b兩粒子的質量之比為4∶25
D.a、b兩粒子的電荷量之比為2∶15
3.(2022·普寧市校級一模)如圖所示,在矩形區
域abcd 內充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度
為B.在ad 邊中點O 的粒子源,在t=0時刻垂直于磁
場發射出大量的同種帶電粒子,所有粒子的初速度大
小相同,方向與Od 的夾角分布在0~180°范圍內.已知
沿Od 方向發射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界
cd 上的p 點離開磁場,ab=1.5L,bc= 3L,粒子在磁
場中做圓周運動的半徑R=L,不計粒子的重力和粒
子間的相互作用,求:
(1)粒子帶電的電性和粒子在磁場中的運動周
期T;
(2)粒子的比荷;
(3)粒子在磁場中運動的最長時間.
易錯題特訓
1.(2022·南昌模擬)兩個質量相同、所帶電荷量
相等的帶電粒子a、b,以不同的速率對準圓心O 沿著
AO 方向射入垂直紙面向里的圓形勻強磁場區域,其
運動軌跡如圖,不計粒子的重力,則下列說法正確的是
( )
A.a粒子帶正電,b粒子帶負電
B.b粒子動能較大
C.a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大
D.b粒子在磁場中運動時間較長
第1題 第2題
29

小題狂刷 高考專題特訓
2.如圖所示,在以坐標原點O 為圓心,半徑為 拓展題特訓 R的半圓形區域內,有相互垂直的勻強電場和勻強磁場,
1.(河北正定中學2022學年高三第一學期期末考 磁感應強度為B,磁場方向垂直于xOy 平面向里.一帶
1 正電的粒子(不計重力)從O 點沿 軸正方向以某一
試)(多選)如圖所示,AOB 為一邊界為 圓的勻強磁 y4 速度射入,帶電粒子恰好做勻速直線運動,經t0時間從
場,O 點為圓心,D 點為邊界OB 的中點,C 點為邊界 P 點射出.
上一點,且CD∥AO.現有兩個完全相同的帶電粒子以 (1)電場強度的大小和方向;
相同的速度射入磁場(不計重力及粒子間的相互作 (2)若僅撤去磁場,帶電粒子仍從O 點以相同的
用),其中粒子1從 A 點正對圓心射入,恰從B 點射 t
出,粒子 從 點沿 射入,從某點離開磁場,則可 速度射入,經
0時間恰從半圓形區域的邊界射出,求粒
2 C CD 2
判斷 ( ) 子運動加速度大小;
(3)若僅撤去電場,帶電粒子仍從O 點射入但速
度為原來的4倍,求粒子在磁場中運動的時間.
A.粒子2在B、C 之間某點射出磁場
B.粒子2必在B 點射出磁場
C.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶2
D.粒子1與粒子2的速度偏轉角度應相同
30

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
第4節 帶電粒子在復合場中運動
4.(2015秋·惠來縣校級期末)(多選)如圖所示,
用絕緣細線懸吊著的帶正電小球在勻強磁場中做往返
運動,則 ( )
1.(2022·商洛期末)如圖,一個帶負電的物體從 A.當小球每次通過平衡位置時,動能相同
絕緣粗糙斜面頂端滑到底端時的速度為v,若加上一 B.當小球每次通過平衡位置時,速度相同
個垂直紙面向外的磁場,則滑到底端時 ( ) C.當小球每次通過平衡位置時,細線拉力相同
D.撤銷磁場后,小球每次通過平衡位置時,細線
拉力相同
5.(2022秋·大田縣校級期末)在相互垂直的勻
強電場和勻強磁場中,有一傾角為θ,足夠長的光滑絕
A.v變大 緣斜面,磁感應強度為B,方向垂直紙面向外,電場方
B.v變小 向豎直向上.有一質量為m,帶電荷量為+q 的小球靜
C.v不變 止在斜面頂端,這時小球對斜面的正壓力恰好為零,如
D.不能確定v的變化 圖,若迅速把電場方向反轉成豎直向下.求:
2.(2022秋·普寧市校級期中)如圖所示,表面粗 (1)小球能在斜面上連續滑行多遠
糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面向外、磁 (2)所用時間是多少
感應強度為B 的勻強磁場中,質量為m、帶電量為+Q
的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑.在滑塊下滑的過程
中,下列判斷正確的是 ( )
A.滑塊受到的摩擦力不變
B.滑塊到地面時的動能與B 的大小無關
C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面指向斜面
D.B 很大時,滑塊最終可能靜止于斜面上
3.(2022秋·深圳期末)(多選)某空間存在著如
圖所示的水平方向的勻強磁場,A、B 兩個物塊疊放在
一起,并置于光滑的絕緣水平地面上.物塊A 帶正電,
物塊B 為不帶電的絕緣塊.水平恒力F 作用在物塊B
上,使A、B 一起由靜止開始向左運動.在A、B 一起向
左運動的過程中,A、B 始終保持相對靜止.以下關于
A、B 受力情況的說法中正確的是 ( )
A.A 對B 的壓力變小
B.B、A 間的摩擦力保持不變
C.A 對B 的摩擦力變大
D.B 對地面的壓力變大
第3題 第4題
31

小題狂刷 高考專題特訓
D.不改變磁感應強度B 和交流電頻率f 該回旋
加速器也能用于α粒子加速
3.(2022·湖北校級一模)質譜儀最初是由湯姆生
,
高頻題特訓 的學生阿斯頓設計的 他用質譜儀發現了氖20和氖
22,證實了同位素的存在.如圖所示,容器A 中有質量
1.(2022·淮北一模)如圖所示,兩個半徑相等的 分別為m1、m2,電荷量相同的氖20和氖22兩種離子
半圓形光滑軌道置于豎直平面內,左右兩端點等高,它 (不考慮離子的重力及離子間的相互作用),它們從容
們分別處于垂直紙面的向外的勻強磁場和沿水平方向 器A 下方的小孔S1 不斷飄入電壓為U 的加速電場
的勻強電場中,兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道 (離子的初速度可視為零),沿豎直線S1S2(S2 為小
左端最高點由靜止釋放,M、N 為軌道的最低點,則下 孔)與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B 的勻強磁
列說法中不正確的是 ( ) 場中,最后打在水平放置的底片上.由于實際加速電壓
的大小在U±ΔU 范圍內微小變化,這兩種離子在磁場
中運動的軌跡可能發生交疊,為使它們的軌跡不發生
,ΔU交疊 應小于 ( )
U
A.兩個小球到達軌道最低點的速度關系是vM
B.兩個小球第一次經過軌道最低點時對軌道的
壓力關系是FM>FN
C.小球第一次到達 M 點所用時間小于小球第一
次到達N 點所用時間
m2-m1
D.在電場中的小球不能到達軌道另一端最高處 A. m1
2.(2022·武漢校級模擬)(多選)勞倫斯和利文斯 m2-m1
B.
設計出回旋加速器,工作原理示意圖如圖所示.置于高 m2
真空中的D 形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小, m2-m1C.m2+m1
帶電粒子穿過的時間可忽略.磁感應強度為B 的勻強
m2
磁場與盒面垂直,高頻交流電頻率為f,加速電壓為U. D.m2+m1
若A 處粒子源產生的質子,質量為 m、電荷量為+q, 4.(重慶市重慶一中高中2022屆高三上學期第四
在加速器中被加速,且加速過程中不考慮相對論效應 次月考理綜物理試題)如圖所示,真空室內存在寬度為
和重力的影響.則下列說法正確的是 ( ) d=8cm的勻強磁場區域,磁感應強度B=0.332T,磁
場方向垂直于紙面向里;ab、cd 足夠長,cd 為厚度不計
的金箔,金箔右側有一勻強電場區域,電場強度E=
3.32×105N/C;方向與金箔成37°角.緊挨邊界ab放一
點狀α 粒子放射源S,可沿紙面向各個方向均勻放射
初速率相同的α粒子,已知:α 粒子的質量m=6.64×
A.質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR 10-27kg,電荷量q=3.2×10-19C,初速度v=3.2×
B.質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電 106m/s.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
壓U 成正比 (1)α粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R;
C.質子第2次和第1次經過兩D 形盒間狹縫后 (2)金箔cd 被α粒子射中區域的長度L;
軌道半徑粒子出之比為 2∶1 (3)設打在金箔上d 端離cd 中心最遠的α粒子穿
32

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
出金箔進入電場,在電場中運動通過 N 點,SN⊥ab
且SN=40cm,則此α粒子從金箔上穿出時,損失的動
能ΔEk為多少
A B
C D
3.(2022·肇慶二模)如圖所示,相距為d、板間電
壓為U 的平行金屬板M、N 間有垂直紙面向里、磁感
應強度為B0的勻強磁場;在pOy 區域內有垂直紙面
向外、磁感應強度為B 的勻強磁場;pOx 區域為無場
區.一正離子沿平行于金屬板、垂直磁場射入兩板間并
做勻速直線運動,從 H(0,a)點垂直y 軸進入第Ⅰ
象限.
(1)求離子在平行金屬板間的運動速度;
(2)若離子經Op 上某點離開磁場,最后垂直x 軸
離開第Ⅰ象限,求離子在第Ⅰ象限磁場區域的運動
時間;
(3)要使離子一定能打在x 軸上,則離子的荷質比
q
應滿足什么條件
m
易錯題特訓
1.(2022·江蘇期末)如圖所示,某空間勻強電場
豎直向下,勻強磁場垂直紙面向里,一金屬棒AB 從高
h處自由下落,則 ( )
A.A 端先著地
B.B 端先著地
C.兩端同時著地
D.以上說法均不正確
2.(2022·小店區校級月考)如圖所示為一個質量
為m、帶電荷量為+q的圓環,可在水平放置的足夠長
的粗糙細桿上滑動,細桿于磁感應強度為B 的勻強磁
場中.現給圓環向左的初速度v0,在以后的運動過程
中,圓環運動的速度-時間圖象可能是下圖中的
( )
33

小題狂刷 高考專題特訓
3.(黑龍江省牡丹江市第一高級中學2022屆高三
拓展題特訓
上學期期末考試理科綜合)如圖所示,在xOy 平面內,
1.(甘肅省西北師范大學附屬中學2022屆高三上 有一個圓形區域的直徑AB 與x 軸重合,圓心O'的坐
學期期末考試理科綜合試題)(多選)如圖所示,空間存 標為(2a,0),其半徑為a,該區域內無磁場.在y 軸和
在水平向左的勻強電場E 和垂直紙面向外的勻強磁 直線x=3a之間的其他區域內存在垂直紙面向外的勻
場B,在豎直平面內從a 點沿ab、ac方向拋出兩帶電 強磁場,磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q
小球,不考慮兩帶電小球間的相互作用,兩小球電荷量 的帶正電的粒子從y 軸上某點射入磁場.不計粒子
始終不變,關于小球的運動,下列說法正確的是( ) 重力.
(1)若粒子的初速度方向與y 軸正向夾角為60°,
且粒子不經過圓形區域就能到達B 點,求粒子的初速
度大小v1;
(2)若粒子的初速度方向與y 軸正向夾角為60°,
A.沿 、 方向拋出的帶電小球都可能做直線
πm
abac 在磁場中運動的時間為Δt= 且粒子也能到達3qB B
運動
點,求粒子的初速度大小v2;
B.若沿ab做直線運動,則小球帶正電,且一定是 (3)若粒子的初速度方向與y 軸垂直,且粒子從
勻速運動
O'點第一次經過x 軸,求粒子的最小初速度vmin.
C.若沿ac做直線運動,則小球帶負電,可能做勻
加速運動
D.兩小球在運動過程中機械能均保持不變
2.(重慶市巴蜀中學2022屆高三上學期一診模擬
考試理科綜合試題)(多選)如圖所示,磁場方向垂直于
紙面,磁感應強度大小在豎直方向均勻分布,水平方向
非均勻分布.一鋼制圓環用絕緣細線懸掛于O 點.將圓
環拉至位置a后無初速度釋放,圓環擺到右側最高點
b,不計空氣阻力.在圓環從a擺向b的過程中 ( )
A.感應電流方向先是逆時針方向,再順時針方
向,后逆時針方向
B.感應電流的大小是先增大再減小
C.如果銅環的電阻足夠小,b點與a 點的高度差
也足夠小
D.安培力方向始終沿水平方向
34

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
綜合特訓(二)
離d=4.55cm,MN 與SO 直線的夾角為θ,板所在平
面有電子源的一側區域有方向垂直于紙面向外的勻強
磁場,磁感應強度 B=2.0×10-4 T.電子質量 m=
1.(2022·上海)如圖,一束電子沿z軸正向流動, 9.1×10-31kg,電量e=1.6×10-19C,不計電子重力.電
則在圖中y 軸上A 點的磁場方向是 ( ) 子源發射速度v=1.6×106m/s的一個電子,該電子打
在板上可能位置的區域的長度為l,則 ( )
A.θ=90°時,l=9.1cm
B.θ=60°時,l=9.1cm
C.θ=45°時,l=4.55cm
A.+x 方向 D.θ=30°時,l=4.55cm
B.-x 方向
C.+y 方向
D.-y 方向
2.(2022·四川)如圖所示,正六邊形abcdef 區域
內有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f 點
沿fd 方向射入磁場區域,當速度大小為vb時,從b點 第4題 第5題
離開磁場,在磁場中運動的時間為tb,當速度大小為 5.(2022·北京)中國宋代科學家沈括在《夢溪筆
vc時,從c點離開磁場,在磁場中運動的時間為tc,不 談》中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指
計粒子重力.則 ( ) 南,然常微偏東,不全南也.”進一步研究表明,地球周
圍地磁場的磁感線分布示意如圖.結合上述材料,下列
說法不正確的是 ( )
A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合
B.地球內部也存在磁場,地磁南極在地理北極
A.vb∶vc=1∶2,t∶t=2∶1 附近b c
B.vb∶vc=2∶2,tb∶tc=1∶2 C.地球表面任意位置 的 地 磁 場 方 向 都 與 地 面
C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1 平行
D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2 D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子
3.(2022·新課標Ⅰ)現代質譜儀可用來分析比質 有力的作用
子重很多的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒 6.(2022·海南)(多選)如圖(a)所示,揚聲器中有
定.質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強 一線圈處于磁場中,當音頻電流信號通過線圈時,線圈
磁場偏轉后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入 帶動紙盆振動,發出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀
口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經勻強 磁場中的線圈(線圈平面即紙面),磁場方向如圖中箭
磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度 頭所示,在圖(b)中 ( )
增加到原來的12倍.此離子和質子的質量比約為
( )
圖(a) 圖(b)
A.當電流沿順時針方向時,線圈所受安培力的方
向垂直于紙面向里
A.11 B.12 C.121 D.144 B.當電流沿順時針方向時,線圈所受安培力的方
4.(2022·四川)(多選)如圖所示,S 處有一電子 向垂直于紙面向外
源,可向紙面內任意方向發射電子,平板 MN 垂直于 C.當電流沿逆時針方向時,線圈所受安培力的方
紙面,在紙面內的長度L=9.1cm,中點O 與S 間的距 向垂直于紙面向里
35

小題狂刷 高考專題特訓
D.當電流沿逆時針方向時,線圈所受安培力的方 數可能為 .
向垂直于紙面向外 A.5mT B.-5mT
7.(2022·新課標Ⅲ)平面OM 和平面ON 之間的 C.3mT D.-3mT
夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM 上方 10.(2022·重慶)音圈電機是一種應用于硬盤、光
存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面 驅等系統的特殊電動機.如圖是某音圈電機的原理圖,
向外.一帶電粒子的質量為m,電荷量為q(q>0).粒子 它是一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構成,線
沿紙面以大小為v的速度從OM 的某點向左上方射入 圈邊長為L,匝數為n,磁極正對區域內的磁感應強度
磁場,速度與OM 成30°角.已知粒子在磁場中的運動 方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區域外的磁
軌跡與ON 只有一個交點,并從OM 上另一點射出磁 場忽略不計.線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場
場.不計重力.粒子離開磁場的射點到兩平面交線O 的 內,前后兩邊在磁場內的長度始終相等.某時刻線圈中
距離為 ( ) 電流從P 流向Q,大小為I.
(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向;
(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求
安培力的功率.
mv 3mv
A.2qB B.qB
2mv 4mv
C.qB D.qB
8.(2022·北京)如圖所示,質量為m,電荷量為q
的帶電粒子,以初速度v 沿垂直磁場方向射入磁感應
強度為B 的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動.不計
帶電粒子所受重力. 11.(2022·天津)現代科學儀器常利用電場、磁場
(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R 和周期T; 控制帶電粒子的運動,真空中存在著如圖所示的多層
(2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在 緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場,電場與磁場的寬度
一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度 E 的 均為d,電場強度為E,方向水平向右;磁感應強度為
大小. B,方向垂直紙面向里.電場、磁場的邊界互相平行且與
電場方向垂直.一個質量為m、電荷量為q 的帶正電粒
子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放,粒子始終
在電場、磁場中運動,不計粒子重力及運動時的電磁
輻射.
(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2 的大小
與軌跡半徑r2;
(2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時,速度的方
向與水平方向的夾角為θn,試求sinθn;
(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出,
試問在其他條件不變的情況下,也進入第n層磁場,但
比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界,
請簡要推理說明之.
9.(2022·上海)在“用DIS研究通電螺線管的磁
感應強度”實驗中:
(1)在對螺線管通電 (選填“前”或“后”)
必須對磁傳感器進行調零.
(2)(單選題)實驗時,將磁傳感器探管前端插至通
電螺線管軸線中點時,磁傳感器讀數為5mT.減小通過
電螺線管的電流后,將探管從螺線管的另一端插入,當
探管前端再次到達螺線管軸線中點時,磁傳感器的讀
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
12.(2022·天津)如圖所示,空間中存在著水平向 13.(2022·浙江)為了進一步提高回旋加速器的
右的勻強電場,電場強度大小E=53N/C,同時存在 能量,科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚
著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感 焦過程中,離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周
應強度大小B=0.5T.有一帶正電的小球,質量 m= 期性旋轉.扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示,圓心
1.0×10-6kg,電荷量q=2×10-6C,正以速度v在圖示 為O 的圓形區域等分成六個扇形區域,其中三個為峰
的豎直面內做勻速直線運動,當經過P 點時撤掉磁場(不 區,三個為谷區,峰區和谷區相間分布.峰區內存在方
考慮磁場消失引起的電磁感應現象),取g=10m/s2.求: 向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,谷區內
(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; 沒有磁場.質量為m,電荷量為q 的正離子,以不變的
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P 點所在的這條 速率v旋轉,其閉合平衡軌道如圖中虛線所示.
電場線經歷的時間t. (1)求閉合平衡軌道在峰區內圓弧的半徑r,并判
斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針;
(2)求軌道在一個峰區內圓弧的圓心角θ,及離子
繞閉合平衡軌道旋轉的周期T;
(3)在谷區也施加垂直紙面向里的勻強磁場,磁感
應強度為B',新的閉合平衡軌道在一個峰區內的圓心
角θ變為90°,求B'和B 的關系.已知:sin(α±β )=
α
sinαcosβ±cosαsinβ,cosα=1-2sin22.
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小題狂刷 高考專題特訓
A.溶液做順時針方向的運動
B.溶液做逆時針方向的運動
C.正離子沿圓形玻璃器皿的半徑向邊緣移動
本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩 D.負離子沿圓形玻璃器皿的半徑向中心移動
部分。共100分,考試時間100分鐘。 4.(2022秋·城區校級期末)(多選)把一根不計
第Ⅰ卷(選擇題 共60分) 重力的、通電的硬直導線ab放在磁場中,導線所在區
一、選擇題( ,本大題共10小題,每小題6分,共60分) 域的磁感線呈弧形 如圖所示.導線可以在空中自由移
1.(2022· , ,重慶一模)有兩根長直導線a、b互相平 動和轉動 導線中的電流方向由a 向b 關于導線的受
行放置,如圖所示為垂直于導線的截面圖.在圖示的平 力和運動情況下述說法正確的是 ( )
面內,O 點為兩根導線連線ab 的中點,M、N 為ab 的 A.硬直導線先轉動,然后邊轉動邊下移
中垂線上的兩點,它們與ab 的距離相等.若兩導線中 B.硬直導線只能轉動,不會向下移動
通有大小相等、方向相同的恒定電流,已知直線電流產 C.硬直導線各段所受 安 培 力 的 方 向 都 與 導 線
生的磁場在某點的磁感應強度B 的大小跟該點到通 垂直
電導線的距離r成反比.則關于線段 M N 上各點的磁 D.在圖示位置,a端受力垂直紙面向內,b端受力
感應強度的說法中正確的是 ( ) 垂直紙面向外
A.M 點和 N 點的磁感應強度大小相等,方向
相同
B.M 點和 N 點的磁感應強度大小相 等,方 向
相反 第4題 第5題
C.在線段 MN 上各點的磁感應強度都不可能 5.(2022·湖北模擬)(多選)如圖所示,兩根長直
為零 導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的 M、N 兩小孔
D.若在 N 點放一小磁針,靜止時其北極沿 ON 中,O 為M、N 連線中點,連線上a、b兩點關于O 點對
指向O 點 稱.導線均通有大小相等、方向向上的電流.已知長直導
I
線在周圍產生的磁場的磁感應強度B=k ,式中 是r k
常數、I是導線中電流、r為點到導線的距離.一帶正電
的小球以初速度v0從a 點出發沿連線運動到b 點.關
于上述過程,下列說法正確的是 ( )
A.小球先做加速運動后做減速運動第1題 第3題
B.小球一直做勻速直線運動
2.(2022·澄城縣校級模擬)關于磁感應強度B,
C.小球對桌面的壓力先減小后增大
下列說法中正確的是 ( )
D.小球對桌面的壓力一直在增大
F
A.根據磁感應強度定義B= ,磁場中某點的磁IL 6.(2022·西陵區校級模擬)(多選)狄拉克曾經預
感應強度與F 成正比,與IL 成反比 言,自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子,其周圍
B.磁感應強度B 是標量,沒有方向 磁感線呈均勻輻射狀分布(如圖甲所示),距離它r 處
C.磁感應強度B 是矢量,方向與F 的方向相反 k的磁感應強度大小為B=r2
(k 為常數),其磁場分布
D.在確定的磁場中,同一點的磁感應強度是確定
與負點電荷Q 的電場(如圖乙所示)分布相似.現假設
的,不同點的磁感應強度B 可能不同,磁感線密集的
磁單極子S 和負點電荷Q 均固定,有帶電小球分別在
地方磁感應強度B 大些,磁感線稀疏的地方磁感應強
S 極和Q 附近做勻速圓周運動.則關于小球做勻速圓
度B 小些
周運動的判斷正確的是 ( )
3.(2022· 鄭 州 一 模)如 圖 所 示,把 一 個 裝 有
Na2SO4 導電溶液的圓形玻璃器皿放入磁場中,玻璃器
皿的中心放一個圓柱形電極,沿器皿邊緣內壁放一個
圓環形電極,把兩電極分別與電池的正、負極相連.從
器皿上方往下看(俯視),對于導電溶液和溶液中正、負
離子的運動,下列說法中正確的是 ( ) 甲 乙
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
A.若小球帶正電,其運動軌跡平面可在S 的正上 中的加速電壓可使電子從磁場邊界不同位置射出.a、
方,如圖甲所示 b、c為磁場邊界上的三點,下列分析正確的是 ( )
B.若小球帶正電,其運動軌跡平面可在Q 的正下
方,如圖乙所示
C.若小球帶負電,其運動軌跡平面可在S 的正上
方,如圖甲所示
D.若小球帶負電,其運動軌跡平面可在Q 的正下
方,如圖乙所示 A.從a、b、c三點射出的電子速率關系為va7.(2022·浙江)(多選)利用如圖所示裝置可以選 擇一定速度范圍內的帶電粒子.圖中板 MN 上方是磁 B.從a、b、c三點射出的電子速率關系為va感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場,板 上有兩條寬度分別為2d 和d 的縫,兩縫近端相距為 C.若從邊界 MN 射出的電子出射點與O 點的距
L.一群質量為m、電荷量為q,具有不同速度的粒子從 離為s則無論怎樣調整加速電壓,必有0寬度為2d 的縫垂直于板MN 進入磁場,對于能夠從 D.若從邊界PQ 射出的電子出射點與O 點的距
寬度d 的縫射出的粒子,下列說法正確的是 ( ) 離為s則無論怎樣調整加速電壓,必有L10.(2022·南昌一模)如圖所示為磁流體發電機
的原理圖:將一束等離子體噴射入磁場,在場中有兩塊
金屬板A、B,這時金屬板上就會聚集電荷,產生電壓,
如果射入的等離子體速度均為v,兩金屬板的板長為
L,板間距離為d,板平面的面積為S,勻強磁場的磁感
A.粒子帶正電 應強度為B,方向垂直于速度方向,負載電阻為R,電
qB(3d+L)
B.射出粒子的最大速度為 離氣體充滿兩板間的空間.當發電機穩定發電時,電流2m 表示數為I,那么板間電離氣體的電阻率為 ( )
C.保持d 和L 不變,增大B,射出粒子的最大速
度與最小速度之差增大
D.保持d 和B 不變,增大L,射出粒子的最大速
度與最小速度之差增大
8.(2022·臨汾校級三模)(多選)如圖所示,兩個
橫截面分別為圓形和正方形的區域內有磁感應強度相 S Bdv
同的勻強磁場,圓的直徑和正方形的邊長相等,兩個電 A.d ( I -R )
子以相同的速度分別飛入兩個磁場區域,速度方向均 S BLv
與磁場方向垂直,進入圓形磁場的電子初速度方向對 B.d ( I -R )
準圓心;進入正方形磁場的電子初速度方向垂直于邊 S (BdvC. -R
界, )從中點進入.則下列判斷正確的是 ( ) d I
S (BLvD.d I -R )
第Ⅱ卷(非選擇題 共40分)
二、非選擇題(本大題共3小題,共40分)
A.兩電子在兩磁場中運動時,其半徑一定相同 11.(2022·和平區模擬)如圖所示,在真空區域
B.兩電子在兩磁場中運動的時間一定不相同 內,有寬度為L 的勻強磁場,磁感應強度為B,磁場方
C.進入圓形磁場區域的電子一定先飛離磁場 向垂直紙面向里,MN、PQ 是磁場的邊界.質量為 m,
D.進入圓形磁場區域的電子一定 不 會 后 飛 離 帶電量為-q的粒子,先后兩次沿著與MN 夾角為θ(0
磁場 <θ<90°)的方向垂直磁感線射入勻強磁場B 中,第一
9.(2022· 江 岸 區 校 級 三 模)(多 選)如圖所示, 次粒子是經電壓U1 加速后射入磁場,粒子剛好沒能從
MN、PQ 之間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁場區 PQ 邊界射出磁場.第二次粒子是經電壓U2 加速后射
域水平方向足夠長,MN、PQ 間距為L 現用電子槍將 入磁場,粒子則剛好垂直PQ 射出磁場.不計重力的影
電子從O 點垂直邊界MN 射入磁場區域,調整電子槍 響,粒子加速前速度認為是零,求:
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小題狂刷 高考專題特訓
(1)為使粒子經電壓U2 加速射入磁場后沿直線運 13.(2022·甘肅模擬)如圖甲所示,在以O 為坐
動,直至射出PQ 邊界,可在磁場區域加一勻強電場, 標原點的xOy 平面內,存在著范圍足夠大的電場和磁
求該電場的場強大小和方向; 場.一個帶正電小球在0時刻以v0=3gt0的初速度從
U1 O 點沿+x 方向(水平向右)射入該空間,在t0時刻該(2)加速電壓 的值U .2 空間同時加上如下圖乙所示的電場和磁場,其中電場
沿+y 方向(豎直向上),
mg
場強大小E0= ,磁場垂直q
πm
于xOy 平面向外,磁感應強度大小B0= .已知小球qt0
的質量為m,帶電量為q,時間單位t0,當地重力加速
度g,空氣阻力不計.試求:
(1)12t0末小球速度的大小;
(2)在給定的xOy 坐標系中,大體畫出小球在0
到24t0內運動軌跡的示意圖;
(3)30t0內小球距x 軸的最大距離.
12.(2022·邢臺校級模擬)如圖所示,平面直角坐
標系xOy 中,在y>0的區域存在沿y 軸負方向的勻
強電場,場強大小為E.在-h垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.在y 甲 乙
<-h的區域Ⅱ中存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁
感應強度大小為2B.且是y 軸上的一點,C 是x 軸上
的一點.一質量為m、電荷量為q 的帶正電的粒子以某
一初速度.沿x 軸正方向從A 點進入電場區域,繼而通
過C 點以速度方向與x 軸夾角為φ=30°進入磁場區
域Ⅰ,并以垂直邊界y=-h 的速度進入磁場區域Ⅱ,
粒子重力不計.試求:
(1)粒子經過C 點時的速度大小;
(2)A、C 兩點與O 點間的距離x0、y0;
(3)粒子從 A 點出發,經過多長時間可回到y=
y0處
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