高中物理磁场习题200题(带答案解析)

评卷人 得分 一、选择题

1．如图所示，一电荷量为q的负电荷以速度v射入匀强磁场中．其中电荷不受洛仑兹力的是( )

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】

由图可知，ABD图中带电粒子运动的方向都与粗糙度方向垂直，所以受到的洛伦兹力都等于qvB，而图C中，带电粒子运动的方向与磁场的方向平行，所以带电粒子不受洛伦兹力的作用．故C正确，ABD错误．故选C.

2．如图所示为电流产生磁场的分布图，其中正确的是( )

A. B. C. D.

【答案】D 【解析】

A中电流方向向上，由右手螺旋定则可得磁场为逆时针（从上向下看），故A错误；B图电流方向向下，由右手螺旋定则可得磁场为顺时针（从上向下看），故B错误；C图中电流为环形电流，由由右手螺旋定则可知，内部磁场应向右，故C错误；D图根据图示电流方向，由右手螺旋定则可知，内部磁感线方向向右，故D正确；故选D.

点睛：因磁场一般为立体分布，故在判断时要注意区分是立体图还是平面图，并且要能根据立体图画出平面图，由平面图还原到立体图.

3．下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I、磁场的磁感应强度B和所受磁场力F的方向，其中图示正确的是( )

A. B. C. D. 【答案】C 【解析】

根据左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，可得：

A、电流与磁场方向平行，没有安培力，故A错误；

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B、安培力的方向是垂直导体棒向下的，故B错误； C、安培力的方向是垂直导体棒向上的，故C正确；

D、电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故D错误．故选C.

点睛：根据左手定则直接判断即可，凡是判断力的方向都是用左手，要熟练掌握，是一道考查基础的好题目.

4．如图所示，水平地面上固定着光滑平行导轨，导轨与电阻R连接，放在竖直向上的匀强磁场中，杆的初速度为v0，不计导轨及杆的电阻，则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】

导体棒受重力、支持力和向后的安培力； 感应电动势为：E=BLv

𝐼感应电流为：𝐼= 𝐼安培力为：𝐼=𝐼𝐼𝐼=故：

𝐼2𝐼2𝐼𝐼=𝐼𝐼=𝐼△𝐼△𝐼 𝐼2𝐼2𝐼△𝐼＝𝐼△𝐼 𝐼𝐼2𝐼2求和，有：𝐼∑𝐼△𝐼＝𝐼∑△𝐼

故：

𝐼2𝐼2𝐼＝𝐼(𝐼0𝐼−𝐼)

故v与x是线性关系；故C正确，ABD错误；故选：C．

5．如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，粒子仅受磁场力作用，分别从AC边上的P、Q两点射出，则( )

A. 从P射出的粒子速度大 B. 从Q射出的粒子速度大 C. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长 【答案】BD 【解析】

试题分析：粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．

试卷第2页，总139页

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粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转

𝐼的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：𝐼=𝐼，又因为粒子在磁场中圆周

2𝐼运动的周期𝐼=

2𝐼𝐼，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故𝐼𝐼D正确，C错误；如图，

粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径𝐼𝐼<𝐼𝐼，

𝐼𝐼又粒子在磁场中做圆周运动的半径𝐼=知粒子运动速度𝐼𝐼<𝐼𝐼，故A错误B正

𝐼𝐼确；

【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

6．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向( )

A. 与ab边平行，竖直向上 B. 与ab边垂直，指向右边 C. 与ab边平行，竖直向下 D. 与ab边垂直，指向左边 【答案】D 【解析】 试题分析：先根据右手定则判断各个导线在c点的磁场方向，然后根据平行四边形定则，判断和磁场方向，最后根据左手定则判断安培力方向

导线a在c处的磁场方向垂直ac斜向下，b在c处的磁场方向垂直bc斜向上，两者的和磁场方向为竖直向下，根据左手定则可得c点所受安培力方向为与ab边垂直，指向左边，D正确；

7．下列说法中正确的是( )

A. 电场线和磁感线都是一系列闭合曲线

B. 在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，这样做是为了消除静电 C. 奥斯特提出了分子电流假说

D. 首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培 【答案】B 【解析】

电场线是从正电荷开始，终止于负电荷，不是封闭曲线，A错误；麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，B正确；安培发现了分子电流假说，奥斯特发现了电流的磁效应，CD错误；

8．在如图所示的平行板电容器中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转（忽略重力影响）。以

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下说法正确的是

A. 带电粒子在电磁场中受到的电场力、洛伦兹力相互垂直 B. 若粒子带负电，其它条件不变，则带电粒子向上偏转

C. 若粒子电量加倍，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板

D. 若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板 【答案】C 【解析】

带正电的粒子受向下的电场力，向上的洛伦兹力，方向共线，选项A错误；因粒子做直线运动，故𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼 ，则𝐼=𝐼𝐼 ，则若粒子带负电，其它条件不变，则带电粒子仍沿直线运动，选项B错误；根据𝐼=𝐼𝐼，若粒子电量加倍，其它条件不变，则粒子仍沿直线穿过两板，选项C正确；若粒子从右侧沿虚线飞入，其它条件不变，则受电场力向下，洛伦兹力也向下，故则粒子将向下偏转，选项D错误；故选C.

点睛：解决本题的关键知道在速度选择器中，从左边射入，速度满足条件，电场力与洛伦兹力平衡，与电量、电性无关。

9．如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B =（0.4 -0.2t）T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则：

A. t = 1s时，金属杆中感应电流方向从C至D B. t = 3s时，金属杆中感应电流方向从D至C C. t = 1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N D. t = 3s时，金属杆对挡板H的压力大小为l.2N 【答案】AC 【解析】

试题分析：根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解．

当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是𝐼=(0.4−0.2𝐼)𝐼，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼0.1=0.2×12×2=0.1V；

1再由欧姆定律，则有感应电流大小𝐼=0.1A=1A；则t=1s时，那么安培力大小𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼=(0.4−0.2×1)×1×1N=0.2N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小𝐼=𝐼cos60°=0.2×0.5N=0.1N，

故C正确；同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得

试卷第4页，总139页

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金属杆对H的压力大小为𝐼′=𝐼′cos60°=0.2×0.5N=0.1N，故D错误；

10．如右图所示，A、B为大小、形状、匝数、粗细均相同，但用不同材料制成的线圈，两线圈平面位于竖直方向且高度相同。匀强磁场方向位于水平方向并与线圈平面垂直。同时释放A、B线圈，穿过匀强磁场后两线圈都落到水平地面，但A线圈比B线圈先到达地面。下面对两线圈的描述中可能正确的是( )

A. A线圈是用塑料制成的，B线圈是用铜制成的 B. A线圈是用铝制成的，B线圈是用胶木制成的 C. A线圈是用铜制成的，B线圈是用塑料制成的 D. A线圈是用胶木制成的，B线圈是用铝制成的 【答案】AD 【解析】

试题分析：塑料、胶木是绝缘体，若线圈是用塑料、胶木制成的，通过磁场时，不产生感应电流，不受安培力，只受到重力作用；若线圈是由金属制成的，通过磁场时，线圈产生感应电流，受到向上的安培力作用，下落速度变慢． A线圈是用塑料制成的，通过磁场时，不产生感应电流，不受安培力，只受到重力作用．B线圈是用铜制成的，进入和穿出磁场时，线圈中产生感应电流，受到竖直向上的安培力，下落速度变慢，因此，A线圈比B线圈先到达地面，故A正确；A线圈是用铝制成的，进入和穿出磁场时，线圈中产生感应电流，受到竖直向上的安培力，下落速度变慢，B线圈是用胶木制成的，通过磁场时，不产生感应电流，不受安培力，只受到重力作用．这样，B线圈比A线圈先到达地面，故B错误；A线圈是用铜制成的，进入和穿出磁场时，线圈中产生感应电流，受到竖直向上的安培力，下落速度变慢，B线圈是用塑料制成的，通过磁场时，不产生感应电流，不受安培力，只受到重力作用．这样，B线圈比A线圈先到达地面，故C错误；A线圈是用胶木制成的，通过磁场时，不产生感应电流，不受安培力，只受到重力作用，B线圈是用铝制成的，进入和穿出磁场时，线圈中产生感应电流，受到竖直向上的安培力，下落速度变慢，因此，A线圈比B线圈先到达地面，故D正确．

11．如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线悬挂一个小磁针，静止时在同一竖直平面内.当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸里面转动，则两导线中的电流方向（ ）

A. 一定都是向上 B. 一定都是向下

C. ab中电流向下，cd中电流向上 D. ab中电流向上，cd中电流向下 【答案】D 【解析】

若两导线中的电流方向均向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极静止不动，与题意

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不符，故A错误；若两导线中的电流方向均向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符，故B错误；若ab中电流向下，cd中电流向上，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸外面转动，与题意不符，故C错误；若ab中电流向上，cd中电流向下，根据安培定则判断可知，小磁针N极向纸里面转动，与题意相符，故D正确．

12．在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放人导电液体。现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来。若从上向下看，下列判断正确的是

A. A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转 B. A接电源负授，B接电源正极，液体顺时针旋转 C. A、B与50Hz交流电源相接，液体持续旋转

D. 磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变 【答案】A 【解析】

试题分析：在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向．

若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A正确；若B接电源正极、A接电源负极，根据左手定则得，液体沿逆时针作圆周运动，故B错误；A、B与50Hz的交流电源相接，液体不会旋转，故C错误；若磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误．

13．地球的地理两极与地磁两极并不完全重合，它们之间存在磁偏角，首先观测到磁偏角的是

A. 意大利航海家哥伦布 B. 葡萄牙航海家麦哲伦 C. 我国的航海家郑和 D. 中国古代科学家沈括 【答案】D 【解析】

世界上第一个清楚的、准确的论述磁偏角的是沈括，沈括是中国历史上最卓越的科学家之一，他发现了地磁偏角的存在，比欧洲发现地磁偏角早了四百多年，D正确． 14．下列关于磁感线说法正确的是（ ）

A. 磁感线可以形象的描述磁场的强弱与方向 B. 沿磁感线方向，磁场越来越弱 C. 所有磁感线都不是闭合的 D. 磁感线与电场线一样都能相交 【答案】A 【解析】

磁感线的疏密程度可以表示磁感应强度大小，磁感线的方向可表示磁感应强度方向，A正确B错误；在磁体外部，磁场方向是从N到S，在磁体内部是从S到N，形成一个闭合的曲线，C错误；如果磁感线和电场线可以相交，则在交点处有两条切线方向，与事实不符，故都不可以相交，D错误．

15．如图所示，在倾角为𝐼的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为𝐼，质量为𝐼的直导

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体棒，导体棒中的电流𝐼垂直纸面向里，欲使导体棒静止在斜面上，可施加一个平行于纸面的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度为𝐼。当匀强磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于𝐼的大小变化的说法中，正确的是( )

A. 逐渐增大 B. 逐渐减小

C. 先减小后增大 D. 先增大后减小 【答案】C 【解析】

对导体棒受力分析，受重力G、支持力𝐼𝐼和安培力𝐼𝐼，三力平衡，合力为零，将支持力𝐼𝐼和安培力𝐼𝐼合成，合力与重力相平衡，如图：

从图中可以看出，安培力𝐼𝐼先变小后变大，由于𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，故选项C正确。

点睛：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可。

16．如图所示,电源电动势3 V,内阻不计,导体棒质量60 g,长1 m,电阻1.5Ω放在两个固定光滑绝缘环上，若已知绝缘环半径0.5 m.空间存在竖直向上匀强磁场,B=0.4 T.

。

当开关闭合后,则(sin37=0.6) :

A. 棒能在某一位置静止，在此位置上棒对每一只环的压力为1N B. 棒从环的底端静止释放能上滑至最高点的高度差是0.2m C. 棒从环的底端静止释放上滑过程中最大动能是0.2J

D. 棒从环的底端静止释放上滑过程中速度最大时对两环的压力为1N 【答案】A 【解析】

金属棒受到的安培力为：𝐼＝𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼𝐼𝐼＝0.8𝐼 ; 对金属棒进行受力分析，金𝐼属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图：

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因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力𝐼𝐼＝2√𝐼2+(𝐼𝐼)2=0.5𝐼 ，选项A错误； 由于：𝐼𝐼𝐼𝐼＝𝐼 所以：θ=53° 𝐼𝐼1所以金属棒上升的高度为：h=2（r-rcosθ）=2（0.5-0.5cos53°）=0.4m，选项B错误； 由动能定理得：F•Rsinθ-mgR（1-cosθ）=Ekm=2mvm 代入数据得：Ekm=0.2J ；𝐼=

2√15𝐼/𝐼 3𝐼2𝐼𝐼

12

根据牛顿定律：2𝐼𝐼𝐼−2𝐼𝐼=

解得：FMn=0.9N，故选项C正确，D错误；故选C. 注：此题答案应为C.

17．如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为:

A. 3∶4 B. 4∶3 C. 1∶2 D. 2∶1 【答案】C 【解析】

根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径

𝐼2𝐼1=

𝐼2𝐼𝐼𝐼60°=

𝐼√3 ，粒子b的半径为

𝐼2=

𝐼𝐼𝐼30°12=𝐼

2

由Ek=mv

222可得：2𝐼1𝐼21=2𝐼2𝐼2 ，即𝐼1𝐼1=𝐼2𝐼2

11由𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼 可得：𝐼1＝𝐼2𝐼1𝐼1𝐼2𝐼2 ，𝐼＝ 2𝐼1𝐼𝐼2𝐼又b粒子轨迹长度为𝐼1=粒子a的轨迹长度为𝐼2=

2×60×2𝐼𝐼13602×30×2𝐼𝐼2360==

2𝐼𝐼1 ， 3𝐼𝐼2𝐼1𝐼2，所以𝐼＝ ，𝐼＝ 123𝐼𝐼试卷第8页，总139页

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联立以上各式解得

𝐼1𝐼2= ，所以A正确，BCD错误．故选：A．

34

点睛：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解． 注：此题答案应该是A.

18．如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中不正确的是:

A. 小球带正电 B. 试管对小球做正功

C. 小球运动的轨迹是一条抛物线 D. 维持试管匀速运动的拉力F应保持恒定 【答案】D 【解析】

小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A正确．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故C正确．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，管壁对小球的作用力向右，故试管对小球做正功；拉力F=F2，则F逐渐增大．故B正确，D错误．此题选择错误的选项，故选D.

点睛：本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解，其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动。

19．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是:

A. 安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系

B. 奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现,并提出了著名的洛伦兹力公式

C. 纽曼和韦伯在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

D. 法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场 【答案】D

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【解析】

奥斯特通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系，选项A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现,并提出了著名的洛伦兹力公式，选项B错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项C错误； 法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场选项D正确；故选D. 20．带负电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4.如图所示．不计空气阻力，则( )

A. h1=h2=h3=h4 B. h1=h3＞h2 C. h1=h4<h3 D. h1=h3<h4 【答案】D 【解析】

第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：𝐼1=

𝐼20 ．第2𝐼3个图：当加上电场时，

由运动的分解可知：在竖直方向上有，𝐼20=2𝐼𝐼3，所以h1=h3；而第2个图：洛伦兹

力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2+Ek=2mv0，又由于2mv0=mgh1

所以 h1＞h2．h3＞h2．第4个图：因小球带负，受电场力向下，则h4一定小于h1；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定h2和h4之间的关系；故ABC错误，D正确；故选：D.

21．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电压U，下列说法中正确的是（ ）

12

12

A. 若元件的载流子是正离子，则C侧面电势高于D侧面电势 B. 若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势高于D侧面电势 C. 在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 D. 在测地球两极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直 【答案】A 【解析】

若元件的载流子是自由电子，根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高；同理，若元件的载流子是正离子，则C侧面电势高；选项A正确，B错误；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故C错误．在测地球两极上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平，让磁场垂直通过．故D错误．故选A.

试卷第10页，总139页

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22．以下关于物理学史的叙述，不正确的是( )

A. 伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动

B. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值

C. 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场

D. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象 【答案】D 【解析】

伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动，选项A正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的使用价值，选项B正确； 法拉第最早引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，选项C正确； 奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.

23．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)

A. 仅增大U2，d将增大 B. 仅增大U1，d将减小 C. 仅增大U1，d将增大 D. 仅增大U2，d将减小 【答案】C 【解析】

对于加速过程，有𝐼𝐼1=2𝐼𝐼2得 𝐼0=√0，

𝐼12𝐼𝐼1，带电粒子在电场中做类平抛运动，𝐼可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为

𝐼，则有：𝐼0=𝐼𝐼𝐼𝐼，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，

由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于𝐼，则有：=𝐼𝐼𝐼𝐼，所以𝐼=𝐼又因为半径公式𝐼=𝐼𝐼，则有𝐼=

𝐼𝐼2𝐼𝐼0𝐼𝐼𝐼22𝐼𝐼0，𝐼=𝐼√

22𝐼𝐼1，故𝐼d随𝐼1变化，d与𝐼2无关，

仅增大𝐼1，d将增大，故C正确，ABD错误。

点睛：带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径，然后由向心力公式即可确定半径公式，由几何关系即可求解。 24．如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值，外力F向右为正。则以下反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象错误的是 ．．

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A. B.

C. D.

【答案】C 【解析】

A、当线框进入磁场时，位移在0−𝐼内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在𝐼−2𝐼内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5𝐼时，磁通量最小，为零，位移在1.5𝐼到2𝐼时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．位移在2𝐼−2.5𝐼时，磁通量均匀减小至零．在2.5𝐼−3𝐼内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在3𝐼−4𝐼内，磁通量均匀减小至零，且为负值，故A正确；

B、当线圈进入第一个磁场时，由𝐼=𝐼𝐼𝐼可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2𝐼𝐼𝐼，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为𝐼𝐼𝐼，感应电动势沿逆时针方向，为正值，故B正确；

C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；

D、拉力的功率𝐼=𝐼𝐼，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；

点睛：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及𝐼=𝐼𝐼𝐼可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由𝐼=𝐼𝐼可求得电功率的变化。

25．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示.设D形盒半径为R．若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是

试卷第12页，总139页

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A. 质子的回旋频率等于2f

B. 质子被电场加速的次数与加速电压无关 C. 质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR D. 不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速电子 【答案】C 【解析】

A、回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，带电粒子在匀强磁场中回旋频率等于𝐼，故A错误； B、根据𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼1𝐼2𝐼，得𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼，与加速的电压无关，然而一次加速，则有𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼2，因此质子被电场加速的次数与加速电压有关，故B错误；

C、当粒子从D形盒中出来时速度最大，𝐼𝐼=D、根据𝐼=

2𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼𝐼，故C正确；

2𝐼𝐼，知质子换成电子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，𝐼𝐼回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度

或交流电的周期，故D错误。

点睛：解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时，速度最大．以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。

26．如图所示,一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，并与金属导轨组成闭合回路。当回路中通有电流时，导体棒受到安培力作用。要使安培力增大，可采用的方法有( )

A. 增大磁感应强度 B. 减小磁感应强度 C. 增大电流强度 D. 减小电流强度

【答案】AC 【解析】

试题分析：根据安培力公式𝐼=𝐼𝐼𝐼分析解题

导体受到的安培力大小𝐼=𝐼𝐼𝐼，要增大安培力，可以增大磁感应强度，增大通过导体棒的电流，故AC正确；

27．在下列各图中，已标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中符合左手定则的是 ( )

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A. B. C. D.

【答案】A 【解析】

伸开左手，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流方向，可得A图中安培力方向竖直向上，B图中安培力为零，C图中安培力方向竖直向下，D图中安培力方向垂直纸面向外，故A正确；

28．一个磁场的磁感线如图所示，将一个小磁针放入磁场中，则小磁针将( )

A. 向右移动 B. 向左移动 C. 顺时针转动 D. 逆时针转动 【答案】C 【解析】

小磁针静止时N极指向为磁感应强度方向，故小磁针N极将沿顺时针方向转动，C正确； 29．如图所示，为两个同心圆环，当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时，A环面磁通量为φ1，此时B环磁通量为φ2，有关磁通量的大小说法正确的是 ( )

A. φ1 ＜φ2 B. φ1 =φ2 C. φ1 ＞φ2 D. 不确定 【答案】B 【解析】

只有𝐼1内有磁场，由𝐼1与𝐼2构成的环内没有磁场，所以环1和2 的磁通量是相等的，即𝐼1=𝐼2，故B正确；

【点睛】本题很容易算错为面积大的磁通量大，公式𝐼=𝐼𝐼中S为磁场穿过线圈的有效面积，不是线圈的实际面积。其实磁通量可以等效于磁感线的条数，这样去理解的话，两种情况下穿过两线圈的磁感应条数相等，即可得出磁通量相等

30．如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内，长直导线中电流i随时间变使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向，则i随时间t变化的图线可能是（ ）

试卷第14页，总139页

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A.

B.

C.

D. 【答案】A 【解析】

在时间0~𝐼1过程中，线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知，线框中感应电流的磁场垂直于纸面向里；如果原磁场增强时，则线框所在位置原磁场方向应垂直纸面向外，电流越来越大，根据安培定则可知此时导线中的电流向下，为负，且增大，BD错误，如果原磁场减弱时，则线框所在位置原磁场方向应垂直纸面向里，电流越来越小，根据安培定则可得电流方向为正向，减小，根据左手定则此时线框左边受到的安培力方向向左，右边受到的安培力方向向右，并且左边距离磁场近，所以合力向左，如果电流减小到零后，不在变化，则线框受到的安培力合力不会改变向右，在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确C错误；

31．如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡.当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡.由此可知（ ）

A. B方向垂直纸面向里，大小为(m1-m2)g/NIL B. B的方向垂直纸面向里，大小为mg/2NIL C. B的方向垂直纸面向外，大小为(m1-m2)g/NIL D. B的方向垂直纸面向外，大小为mg/2NIL 【答案】B 【解析】

B的方向垂直纸面向里，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．因为线框也是有质量的，设右边的线框质量为m02，根据平衡有：NBIL=（m1-m02-m2）g，解得𝐼＝(𝐼1−𝐼2−𝐼02)𝐼𝐼𝐼𝐼 ．故A错误．当B的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的

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方向向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以右边应加砝码，有mg=2NBIL，所以𝐼＝𝐼𝐼 ．故2𝐼𝐼𝐼B正确．当B

的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，需要在左边加砝码．故C、D错误．故选B．

32．如右图所示，长为L的导线AB放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为d，通过的电流为I，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，则AB所受的磁场力的大小为（ ）

A. BIL B. BIdcosθ C. BId/sinθ D. BIdsinθ 【答案】C 【解析】

𝐼由公式F=BIL得𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ．故选：C.

33．物理实验都需要有一定的控制条件.奥斯特做电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响.下列关于奥斯特实验的说法中正确的是( ) A. 该实验必须在地球赤道上进行 B. 通电直导线必须竖直放置

C. 通电直导线应该水平东西方向放置 D. 通电直导线可以水平南北方向放置 【答案】D 【解析】

由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确．故选D．

34．以下关于磁场和磁感应强度B的说法，正确的是（ ）

𝐼A. 磁场中某点的磁感应强度，根据公式𝐼=𝐼𝐼，它跟F、I、l都有关

B. 磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向 C. 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量也一定越大 D. 穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零 【答案】D 【解析】

磁场中某点的磁感应强度，只由磁场本身决定，跟F、I、l都无关，选项A错误；磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，选项B错误；根据𝐼=𝐼𝐼sin𝐼 可知 磁感应强度越大的地方，穿过线圈的磁通量不一定越大，选项C错误；根据𝐼=𝐼𝐼sin𝐼 可知，穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零，选项D正确；故选D.

35．首先发现电流周围存在磁场的物理学家是（ ） A. 安培 B. 洛伦兹 C. 法拉第 D. 奥斯特 【答案】D 【解析】

首先发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特,故选D. 36．如图所示的磁场中，有P、Q两点。下列说法正确的是

试卷第16页，总139页

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A. P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度

B. P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关

C. 同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同，都是P→Q D. 同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力 【答案】B 【解析】

A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关．故B正确；C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直，所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q，故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下，在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选B. 【点睛】解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱．

37．如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子（质量为m，电荷量为q）从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场．则（ ）

𝐼𝐼A. 电了在磁场中运动的时间为2𝐼𝐼

𝐼𝐼B. 电子在磁场中运动的时间为𝐼𝐼 C. OP两点间的距离为

D. OP两点间的距离为 【答案】AC 【解析】

由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动，转过的圆心角为90°，所以运动的时间𝐼=

90°𝐼360°=×

142𝐼𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼，故2𝐼𝐼A正确，B错误；根据半径公式得：𝐼=

√2𝐼𝐼𝐼𝐼，根据几何关𝐼𝐼系得：OP两点间的距离𝐼=√2𝐼=

𝐼𝐼，故C正确，D错误。

38．如图所示，在正交的匀强电场和磁场的区域内（磁场水平向内），有一离子恰能沿直线飞过此区域（不计离子重力）（ ）

A. 若离子带正电，E方向应向下 B. 若离子带负电，E方向应向上

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C. 若离子带正电，E方向应向上 D. 不管离子带何种电，E方向都向下 【答案】AD 【解析】

在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，在不计重力的情况下，离子在复合场中沿水平方向直线通过故有𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼，若粒子带正电，则受洛伦兹力向上，而电场力向下，所以电场强度的方向向下；若带负电，则受洛伦兹力向下，而电场力向上，所以电场强度的方向向下，因此AD正确，BC错误。

点睛：本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。

39．长为L的导线ab斜放（夹角为θ）在水平轨道上，轨道平行间距为d，通过ab的电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，如图所示，则导线ab所受安培力的大小为（ ）

A. ILB B. ILBsinθ C. D. 【答案】AC 【解析】

𝐼𝐼𝐼电流的方向与磁场方向垂直，则𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼，L为导线的长度，故A、C正确，B、D错误。

点睛：本题的关键知道安培力的一般表达式𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，当磁场方向与电流方向平行，𝐼=0，当磁场方向与电流方向垂直，𝐼=𝐼𝐼𝐼。 40．安培的分子环流假设，可用来解释（ ） A. 两通电导体间有相互作用的原因 B. 通电线圈产生磁场的原因 C. 永久磁铁产生磁场的原因

D. 铁质类物体被磁化而具有磁性的原因 【答案】CD 【解析】

A、两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故A错误； B、通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场，与分子电流无关，故B错误； C、安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确；

D、安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流--分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性，故D正确。

41．如图所示，M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（重力不计）从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后，做匀速直线运动，经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场，粒子仍以原来的速度从O点进入电场，经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场，粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后，

试卷第18页，总139页

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经过时间t3飞出磁场，则t1、t2、t3的大小关系为（ ）

A. t1=t2＜t3 B. t2＞t1＞t3 C. t1=t2=t3 D. t1＞t2=t3

【答案】A 【解析】

𝐼设极板长度为L，粒子在电场与磁场中做运动直线运动，运动时间𝐼1=，粒子在电场

𝐼中做类平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动，运动时间由水平分运动决定𝐼2=𝐼=𝐼1；粒子在磁场中做圆周运动，运动路程𝐼＞𝐼，洛伦兹力对粒子不做功，速率v不变，运动时间𝐼3=𝐼＞𝐼=𝐼1=𝐼2；则𝐼1=𝐼2＜𝐼3，故A正确，BCD错误；

点睛：带电粒子在混合场中做匀速直线运动，位移等于板长；在电场中做类平抛运动，它的运动时间由水平方向的分运动决定；在磁场中做圆周运动，运动时间由弧长与运动速率决定。

42．如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是（ ）

𝐼𝐼𝐼

A. 将变阻器滑动头P向右滑动 B. 将变阻器滑动头P向左滑动 C. 将极板间距离适当减小 D. 将极板间距离适当增大 【答案】D 【解析】

根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小

𝐼电=𝐼𝐼=

𝐼𝐼,洛伦兹力方向向下，𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼,电子向上偏，说明电场力大于洛伦

兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场

力；

A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误；

C、将极板间距离适当减小时，𝐼电增大，不满足要求，故C错误； D、将极板间距离适当增大时，𝐼电减小，满足要求，故D正确。

43．如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是（ ）

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A.

tanθ，竖直向上 B.

tanθ，竖直向下

C. sinθ，平行悬线向下 D. sinθ，平行悬线向上 【答案】D 【解析】

要求所加磁场的磁感强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向线不变，有力的矢量三角形可知，安培力的最小值为安培力与绳子的拉力垂直，即：𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，有：𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，得：

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确，ABC错

𝐼𝐼误。

点睛：由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向，进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向。

44．如图所示，在加有匀强磁场的区域中，一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示，由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞，带电粒子的能量逐渐减小，从图中可以看出（ ）

A. 带电粒子带正电，是从B点射入的 B. 带电粒子带负电，是从B点射入的 C. 带电粒子带负电，是从A点射入的 D. 带电粒子带正电，是从A点射入的 【答案】B 【解析】

𝐼𝐼由题，带电粒子的能量逐渐减小，速率减小，由公式𝐼=𝐼𝐼可知，带电粒子运动的半径逐渐减小，则该带电粒子是从B点射入的．带电粒子在B点受到的洛伦兹力方向向右，由左手定则判断得知，该带电粒子带负电，故B正确。 45．如图所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷，已知a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动．比较它们的质量应有（ ）

试卷第20页，总139页

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A. a油滴质量最大 B. b油滴质量最大 C. c油滴质量最大 D. a、b、c的质量一样 【答案】C 【解析】

a球受力平衡，有：𝐼𝐼=𝐼𝐼，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b球受力平衡，有：𝐼𝐼+𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼，c球受力平衡，有：𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼+𝐼𝐼，解得：𝐼𝐼＞𝐼𝐼＞𝐼𝐼，故选项C正确。

点睛：本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛仑兹力的方向，最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小。

46．两条导线互相垂直，但相隔一小段距离，其中AB固定，电流方向由B到A，CD可自由运动，电流方向由C到D。当通以图所示方向电流后，CD导线将（ ）

A. 顺时针方向转动，同时靠近AB B. 逆时针方向转动，同时离开AB C. 顺时针方向转动，同时离开AB D. 逆时针方向转动，同时靠近AB 【答案】D 【解析】

根据右手螺旋定则可知，电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动，当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引，所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB，故D正确，ABC错误。

点睛：在解决该题的过程中：使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向；使用了特殊位置法，转过90°后判断其受力；使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。

47．在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】

根据左手定则可知：ABD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向平行，不受安培力，故C错误。

点睛：安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断。

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48．场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交．如图质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，设重力加速度为g，则下列结论不正确的是（ ）

A. 粒子带负电，且q=

B. 粒子顺时针方向转动

C. 粒子速度大小v= D. 粒子的机械能守恒 【答案】D 【解析】

𝐼𝐼A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有𝐼𝐼=𝐼𝐼，求得电荷量𝐼=𝐼，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确； B、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B正确；

C、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有：𝐼𝐼=𝐼𝐼，𝐼𝐼𝐼=𝐼解得：𝐼=

𝐼𝐼𝐼，故𝐼𝐼2 𝐼C正确；

D、由于电场力做功，故机械能不守恒，故D错误；

点睛：本题关键是找到向心力来源，并得到重力和电场力平衡，从而判断出电性和转动方向，最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解。

49．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是

A. 2𝐼𝐼，正电荷 B. 2𝐼𝐼，正电荷 C. 2𝐼𝐼，负电荷 D. 2𝐼𝐼，负电荷 【答案】C 【解析】

由图意可知粒子沿顺时针方向运动，根据左手定则可得粒子带负电；

3𝐼𝐼3𝐼𝐼

粒子的运动轨迹如图中虚线，由已知得进入磁场时，半径与x轴正方向的夹角为30°，

试卷第22页，总139页

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所以有𝐼=𝐼+𝐼𝐼𝐼𝐼30°=𝐼

洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，则得：𝐼𝐼𝐼=

𝐼2𝐼𝐼𝐼 ，所以有𝐼32=

3𝐼 ，2𝐼𝐼故C正确．故选C．

点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.

50．一电子以垂直于匀强磁场的速度VA，从A处进入长为d宽为h的磁场区域如图，发生偏移而从B处离开磁场。若电量为e，磁感应强度为B，弧AB的长为L，则：

A. 电子在A、B两处的速度相同

B. 电子在磁场中速度偏过的角度为L/d C. 电子在磁场中运动的时间为t=L/vA D. 洛仑兹力对电子做功是BevA·h 【答案】C 【解析】 电子在A、B两处的速度大小相等而方向不同，速度不同，故A错误；由集合关系可知：

𝐼2=𝐼2+(𝐼−𝐼)2 ,解得𝐼=

𝐼2+𝐼2𝐼 ，则电子在磁场中速度偏过的角度为2𝐼𝐼=

2𝐼𝐼 ，选项𝐼2+𝐼2B错误；电子在磁场中的运动时间等于弧长与速度的比值，即：𝐼=

𝐼 ， 𝐼𝐼C正确；洛伦兹力总是与速度方向垂直，洛伦兹力与位移垂直，洛伦兹力对电子不做功，故D错误；故选C．

点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题，关键是能通过几何关系找到粒子圆周运动的半径，同时注意洛伦兹力不做功，同时注意速度是矢量，注意其方向是否相同．

51．如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )

A. 如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极 B. 如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极 C. 无论如何台秤的示数都不可能变化 D. 以上三项说法都不正确 【答案】A 【解析】

A、B、如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁体左侧为N极，右侧为S极，故B错误，A正确；由AB分析可得CD均错误；故选A.

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52．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来，地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带负电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来，在地磁场的作用下，从沿着粒子运动的角度看粒子将

A. 向东偏转 B. 向南偏转 C. 向西偏转 D. 向北偏转 【答案】C 【解析】

地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转，所以C正确．故选：C． 53．边长为L的正方形线圈A，通有逆时针方向的恒定电流I，用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处，如图所示。当导线MN中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为aT（0<a<1）；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零。已知长直通电导线周围磁场的磁感应

𝐼强度B与到导线的距离r成反比（即𝐼=𝐼，k为常数）。由此可知，MN中的电流方

𝐼向和电流大小之比I1:I2分别为( )

A. 向左，1+a B. 向右，1+a C. 向左，1-a D. 向右，1-a 【答案】C 【解析】

当MN通以方向从N向M的电流时，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，因离MN越近，则安培力越大，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，所以MN中电流的方向向左；当MN内通电流I时，根据题意可知：ab所受安培力为：𝐼1=

𝐼𝐼𝐼0𝐼 ① cd𝐼1所受安培力为：𝐼2=

𝐼𝐼𝐼0𝐼 ②； 因它们受到的安培力方向相反，𝐼21𝐼1此时线圈所受安培力的合力大小为𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼0(

−

1)；可知线圈受到的安培力的𝐼2合力大小与通入电流的大小成正比，当MN分别通以I1、I2的电流时，线框受到的安培力的合力的大小之比为I1:I2．当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为aT（0＜a＜1），所以安培力的大小𝐼合1=2𝐼−2𝐼𝐼；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力

𝐼恰好为零，则安培力的大小𝐼合2=2𝐼,所以𝐼12=𝐼𝐼合1合2=

1−𝐼 ，故选1C.

【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围

磁场的方向，然后结合物体受力分析，注意安培力的方向，及矢量法则应用．

．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量m、带电荷量为-q（q>0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0>0）方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面

试卷第24页，总139页

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到达底边MN．则下列判断正确的是（ ）

A. 小球在斜面做变加速曲线运动 B. 小球到达底边MN的时间𝐼=√

2𝐼

𝐼𝐼𝐼𝐼2𝐼𝐼𝐼 𝐼𝐼0𝐼𝐼cos𝐼 𝐼𝐼0C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤𝐼≤D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤𝐼≤

【答案】BD 【解析】 试题分析：小球在斜面上运动时，一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力，可能受到垂直斜面向上弹力；小球能够沿斜面到达底边MN，说明垂直斜面的合力为0，洛伦兹力小于重力垂直斜面的分力。

小球合力是重力沿斜面向下的分力，因此小球合力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A错误；

小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

则小球的加速度𝐼=𝐼sin𝐼 ，再由运动学公式可得sin𝐼=2𝐼𝐼2所以球到达底边MN的时间

𝐼1𝐼=√

2𝐼𝐼sin2𝐼 ，故B正确；带电荷量带负电，由左手定则，根据左手定则可知，小球

受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动，但垂直磁场的方向速度不变，故洛伦兹力𝐼𝐼=𝐼𝐼sin𝐼𝐼=𝐼𝐼0𝐼 ，小于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ； 也就是0≤𝐼𝐼0𝐼≤𝐼𝐼cos𝐼，解得磁感应强度的取值范围为0≤

𝐼≤

𝐼𝐼cos𝐼，故𝐼𝐼0C错误、D正确。本题选BD

点睛：本题的关键是小球沿光滑斜面运动，合力为重力沿斜面的分力，是恒力；其次洛伦兹力也是恒力，因为尽管小球的速度在变，但垂直磁场方向的速度没有变。 55．下列说法正确的是

A. 电流通过导体的热功率与电流的大小成正比 B. 力对物体所做的功与力的作用时间成正比

C. 物体做匀速圆周运动的向心力由其所受的合外力提供 D. 磁感应强度B的大小与通电导线所受安培力的大小成正比 【答案】C 【解析】

根据焦耳定律可知：电流通过导体的热功率与电流的大小的平方成正比，故A错误；力对物体所做的功与力的作用时间没有必然的联系，故B错误；物体做匀速圆周运动的向心力由其所受的合外力提供，故C正确；磁感应强度B的大小由磁场本身决定，与通电导线所受的安培力无关，故D错误。本题选C

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56．电磁轨道炮工作原理如图。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（ ）

A. 只将轨道长度L变为原来的2倍 B. 只将电流I增加至原来的2倍 C. 只将弹体质量减至原来的一半

D. 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变 【答案】BD 【解析】

试题分析：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．根据速度的表达式进行求解．

通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有：𝐼𝐼𝐼⋅𝐼=2𝐼𝐼2，磁感应强度的大小与I成正比，所以有𝐼=𝐼𝐼，解得：𝐼=√

2𝐼𝐼2𝐼𝐼，只将轨道长度𝐼1L

变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的√2倍，故A错误；只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确；只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的√2倍，故C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确． 【点睛】解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解．要找出一个物理量变化所采用的方法，应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解． 57．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A=3S0C，则下列说法正确的是（ ）

2

A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电 B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷 C. 能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于

𝐼 𝐼2D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2 【答案】B 【解析】

试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变，可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，粒子进入匀强磁场𝐼2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小

试卷第26页，总139页

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甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力，𝐼𝐼𝐼=

𝐼2𝐼𝐼，得：𝐼=

𝐼𝐼，𝐼𝐼𝐼甲<𝐼乙则甲的比荷大于乙的比荷，B正确；能通过狭缝𝐼0的带电粒子，根据平衡条

件可得𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼1，得速率𝐼=𝐼，故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等，

1𝐼由前面分析𝐼=𝐼𝐼，则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误；

【点睛】此题考察了速度选择器的问题：在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹

𝐼𝐼力平衡，即𝐼𝐼=𝐼𝐼0𝐼，可得𝐼0=，只有速度为𝐼0=的粒子才能沿直线匀速𝐼𝐼𝐼𝐼通过选择器．

58．在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是（ ）

A. 无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点 B. 无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长 C. 若小球带负电荷，小球会落在更远的b点 D. 若小球带正电荷，小球会落在更远的b点 【答案】D 【解析】

试题分析：小球不带电时，水平抛出后在重力作用下做平抛运动，给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，小球将受到洛伦兹力和重力共同作用，根据左手定则分析洛伦兹力的方向，再分析小球的水平位移和运动时间的变化．

从南向北观察小球的运动轨迹如题图所示，如果小球带正电荷，则由左手定则判断可知小球所受的洛伦兹力斜向右上，该洛伦兹力在竖直向上和水平向右均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．

59．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计重力，则两粒子速度之比va：vb为（ ）

A. 2：1 B. 3：2 C. 4：3 D. √3：√2

【答案】C

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【解析】

试题分析：做出粒子的轨迹，由几何知识得到粒子的半径之比，进而由牛顿第二定律得到速度表达式，得到速度之比． 两粒子做圆周运动的轨迹如图：

设P点到MN的距离为L，由图知b的半径𝐼𝐼=𝐼，对于a粒子的半径：𝐼+𝐼𝐼cos60°=𝐼𝐼，得：𝐼𝐼=2𝐼，即两粒子的半径之比为𝐼𝐼:𝐼𝐼=2:1①；粒子做圆周运动的周期𝐼=

2𝐼𝐼12𝐼𝐼𝐼，由题⋅𝐼𝐼4𝐼𝐼𝐼=6⋅

12𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，得两粒子的比荷:𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=2②，粒子的洛伦兹

=，故C正确．

433力提供向心力，𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼2，得：𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼③，联立①②③得：𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

60．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场(图中实线为电场线)，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是( )

A. B. C. D.

【答案】CD 【解析】

试题分析：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域． 小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；

【点睛】本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．

试卷第28页，总139页

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61．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U . 若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )

A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为

∶1

D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，则任意粒子离开该回旋加速器的最大动能也会改变 【答案】AC 【解析】

试题分析：回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等

金属盒最大半径为R，则质子被加速后输出时的最大加速半径为R，所以有𝐼max=

2𝐼𝐼𝐼𝐼2=

2𝐼𝐼𝐼，A正确；在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，即根据𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼，知𝐼=

𝐼𝐼𝐼，则最大动能𝐼𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼2=

1𝐼2𝐼2𝐼2，与加速的电压无关；据此可知，不2𝐼改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变．故BD错误；粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据𝐼=√2𝐼𝐼知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为√2:1，根据𝐼=𝐼𝐼，则半径比为√2:1，故C正确．

【点睛】带电粒子在D形盒中的回转周期等于两盒狭缝间高频电场的变化周期，与带电粒子速度无关；带电粒子离开回旋加速器的动能与加速电压无关，而仅受磁感应强度B和D形盒半径的。加速电压的大小只能影响带电粒子在D形盒内加速的次数；带电粒子在回旋加速器内运动时间的长短，与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关，同时还与带电粒子在磁场中转动的圈数有关。

62．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的是( )

𝐼𝐼

A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】D

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【解析】

试题分析：本题中导体棒受三个力，重力G、支持力𝐼𝐼和安培力𝐼𝐼，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．

对导体棒受力分析，受重力G、支持力𝐼𝐼和安培力𝐼𝐼，三力平衡，合力为零，将支持力𝐼𝐼和安培力𝐼𝐼合成，合力与重力相平衡，如图

从图中可以看出，安培力𝐼𝐼先变小后变大，由于𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大，D正确；

【点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析

63．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线 把底为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1;接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反），拉力显示器的示数为F2。已知 F1>F2，则磁感应强度B的大小为

A. 𝐼=C. 𝐼=

𝐼(𝐼1−𝐼2)

B. 𝐼𝐼(𝐼1−𝐼2)

𝐼(𝐼1+𝐼2)

D. 𝐼𝐼(𝐼2−𝐼1)

==

𝐼(𝐼1−𝐼2)

𝐼(𝐼1+𝐼2)𝐼(𝐼1+𝐼2)

𝐼(𝐼1+𝐼2)

【答案】B 【解析】

线框接入恒定电压为E1时，对线框受力分析得出：𝐼1=𝐼𝐼+𝐼恒定电压为E2时，对线框受力分析得出：𝐼2=𝐼𝐼−𝐼𝐼(𝐼1−𝐼2)

，故

𝐼(𝐼1+𝐼2)

𝐼1𝐼 ；当线框接入𝐼𝐼2𝐼，联立整理得：𝐼𝐼=

B正确，ACD错误．故选：B.

．在绝缘水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l，金属

棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连．棒ab右侧有一

试卷第30页，总139页

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直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示．从图示位置在棒ab上加水平拉力F，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是（金属棒ab中电流方向由a到b为正） （ ）

A. B. C. D.

【答案】AC 【解析】

在ab棒通过磁场的时间内，ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，ab产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由b到a，为负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力F为0； 在cd棒通过磁场的时间内，cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大，由E=BLv分析可知，cd产生的感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，由楞次定律知感应电流的方向由a到b，为正负值．根据cd棒受力平衡知，细线上的张力𝐼=𝐼𝐼𝐼=

2

𝐼2𝐼2𝐼 ，L𝐼均匀增大，则F与L成正比．故BD错误，AC正确．故选AC.

65．如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向上。质量为m、电荷量为q的小球以速率v在复合场区域做匀速圆周运动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。则

A. 小球带负电 B. 电场强度大小为

C. 小球做圆周运动的半径为

D. 小球做圆周运动的周期为𝐼𝐼

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【答案】C 【解析】

小球做匀速圆周运动，靠洛伦兹力提供向心力，则mg=qE，电场力方向竖直向上，那么

𝐼𝐼小球带正电，故A错误．由mg=qE，得电场强度大小为𝐼=𝐼 ，故B错误．洛伦兹力提供向心力𝐼𝐼𝐼=𝐼动的周期𝐼=

2𝐼𝐼𝐼𝐼2 ，得圆周运动的半径𝐼𝐼=

𝐼𝐼 ，故𝐼𝐼C正确．小球做圆周运

=

2𝐼𝐼 ，故𝐼𝐼D错误．故选：C.

𝐼66．已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为B=k𝐼，其中

k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离。如图所示，a、b两根通

电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端，两根直导线中的电流大小相等，a中电流方向垂直圆所在平面向里，b中电流方向垂直圆所在平面向外，此时圆心O处的磁感应强度大小为B。现将直导线b沿圆周顺时针转动90°，电流的大小和方向都保持不变，则O处的磁感应强度大小变为

A. 2B B. √2B C. B D. 2B

【答案】D 【解析】

由两直导线中电流大小相等，到圆心O的距离相等，又由安培定则可知，两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0，则B=2B0．

√2

将直导线b顺时针旋转90°后，两根直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直，所以

𝐼′=√2𝐼0=

√22𝐼 ，故D正确．ABC错误；故选D.

67．（多选）空间中有一磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场，等腰直角三角形OAC在水平面内，∠AOC=90°，OA=L，D为AC中点，如图所示。粒子a以沿AO方向的速度v0从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，粒子重力及粒子间的相互作用均忽略，则下列说法中正确的是（ ）

试卷第32页，总139页

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A. 粒子a带负电，粒子b带正电 B. 粒子a从A点运动到C点的时间为C. 粒子b的速度大小为2v0

D. 要使粒子b从O点射入后的运动轨迹能与AC相切，只需将其速度大小变为（√2 －1）v0

【答案】BD 【解析】

由左手定则可知两粒子均带负电，A错误；作出粒子a运动轨迹如图所示，

根据图中几何关系可知，ra=L，𝐼𝐼=𝐼𝐼＝×运动轨迹如图所示，

14142𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼＝ ，故𝐼02𝐼0B正确；作出粒子b

根据图中几何关系可得𝐼𝐼=

1𝐼0，C2𝐼 ，由𝐼𝐼𝐼2=

𝐼2𝐼𝐼 得，𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼 ，即𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼=

12错误；需𝐼′𝐼=（√2−1）𝐼，由𝐼=𝐼𝐼 知，𝐼′𝐼=2（√2−1）𝐼𝐼=

（√2−1）𝐼0 ，D正确．故选：BD.

68．如图甲所示，一匝数N=10、总电阻R=7.5Ω、长L1=0.4m、宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上，线框的bc边正好过半径r =0.1m的圆形磁场的竖直直径，线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区域内，磁感应强度B0 =1T，圆形磁场的磁感应强度B垂直线框平面向下，大小随时间均匀增大，如图乙所示，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N，取π≈3，则（ ）

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A. t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.07Wb B. 线框静止时，线框中的感应电流为0.2A

C. 线框静止时，ad边所受安培力水平向左，大小为0.8N D. 经时间t=0.4s，线框开始滑动 【答案】D 【解析】

设磁场向上穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t=0时，有：𝐼=𝐼0𝐼12𝐼2−

1𝐼12𝐼𝐼2=1×0.4×0.1−2×2×3×0．12=0.01𝐼𝐼；故A错误；根据法拉第电磁

感应定律有：𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼⋅2𝐼𝐼2=10×合电路欧姆定律，则有：𝐼=𝐼=

𝐼0.757.5𝐼𝐼𝐼𝐼15−212××3×0．10.6211=0.75𝐼 ；由闭

=0.1𝐼；故B错误；由楞次定律可知，圆形磁场

的磁感应强度增大时，线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向，ad中的感应电流

的方向向下，由左手定则可知，ad边受到的安培力的方向向左．

ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的核，即：F=10B0IL1=10×1×0.1×0.4=0.4N＜1.2N，所以ad边受到的摩擦力的大小为0.4N．故C错误；圆形磁场的磁感应强度均匀增大，所以产生大小不变的电动势，感应电流的大小不变，而左侧的磁场区域内的磁场不变，所以线框的ad边受到的安培力的大小保持大小0.4N，方向向左不变；t=0.4s时，线框的bc边处的磁场𝐼′=0.4𝐼 ，bc受安培力：𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼′𝐼⋅2𝐼=10×4×0.1×2×0.1𝐼=0.8𝐼 ，方向向左，故此时整个线圈所受的安培力为0.4N+0.8N=1.2N，方向向左，因fm=1.2N，可知此时线框将要滑动．故D正确．故选D. 69．如图所示为电磁流量计示意图，将血管置于磁感应强度为B的磁场中，测得血管中血液的流量为Q（单位时间内流过的体积），已知血管直径的两侧ab两点间电压为U，则血管的直径d为

A. 𝐼𝐼 B. 𝐼𝐼 C. 𝐼𝐼 D. 【答案】B 【解析】

导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有𝐼𝐼＝𝐼𝐼𝐼2𝐼𝐼4𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 𝐼＝𝐼𝐼𝐼

流量Q=vS=𝐼⋅4𝐼𝐼2 解得：𝐼=

4𝐼𝐼 ．所以选项𝐼𝐼1B正确．故选B.

试卷第34页，总139页

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70．如图所示，霍尔式位移传感器测量原理是：有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B0+kz（B0、k均为正的常数）；将传感器固定在霍尔元件上，沿z轴方向元件的厚度为d，保持通过霍尔元件的电流I不变（方向如图中箭头所示）．当元件沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同，则（ ）

A. 若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 B. 磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小 C. 电流I取值越大，上、下表面的电势差U越小 D. k越大，传感器灵敏度（△𝐼 ）越高

【答案】D 【解析】

霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高．故A错误；最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有

𝐼𝐼＝𝐼𝐼𝐼 ，电流的微观表达式为𝐼△𝐼I=nqvS=nqvbc，所以𝐼=𝐼𝐼𝐼 ．B

𝐼𝐼越大，上、下表面的电势差U越大．电流越大，上、下表面的电势差U越大．故B错误，

𝐼𝐼C错误．k越大，根据磁感应强度B=B0+kz，知B随z的变化越大，根据𝐼= ．知，

𝐼𝐼𝐼U随z的变化越大，即传感器灵敏度（

△𝐼△𝐼 ）越高．故D正确．故选D.

71．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中 ( )

A. 小球的加速度一直减小

B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变

C. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝D. 下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝

【答案】CD 【解析】

小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；

𝐼𝐼−𝐼𝐼𝐼开始时，小球的加速度应为𝐼= ； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左𝐼手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度

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继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：2=故C正确；同理有：=

𝐼2𝐼𝐼𝐼−𝐼(𝐼𝐼−𝐼𝐼𝐼1)

，解得，𝐼1𝐼=

2𝐼𝐼𝐼−𝐼𝐼 ，2𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼−𝐼(𝐼𝐼𝐼1−𝐼𝐼)

，解得𝐼2𝐼=

2𝐼𝐼𝐼+𝐼𝐼，故2𝐼𝐼𝐼D正确；而在下

降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；故B错误；故选CD.

72．如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需 ( )

A. 在天平右盘中增加质量m＝B. 在天平右盘中增加质量m＝C. 在天平左盘中增加质量m＝D. 在天平左盘中增加质量m＝

的砝码 的砝码 的砝码 的砝码

【答案】D 【解析】

开始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即：mg=2FA 解得：FA=2mg 由于：FA=NBIL 解得：𝐼=

2𝐼𝐼𝐼𝐼 𝐼2𝐼𝐼𝐼𝐼的砝码；故选𝐼1要重新平衡，需要在天平左盘中增加质量为𝐼=D.

73．图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹(粒子穿过铅板后电荷量、 质量不变)，室中匀强磁场的方向与轨道所在平面垂直(图中垂直于 纸面向内)，由此可知此粒子 ( )

A. 一定带正电 B. 一定带负电

C. 不带电 D. 可能带正电，也可能带负电

试卷第36页，总139页

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【答案】A 【解析】

𝐼𝐼根据𝐼= 知，速度减小，半径减小，可知粒子从下向上运动，根据左手定则知，

𝐼𝐼粒子粒子带的是正电荷．故A正确，BCD错误．故选：A.

74．图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于等边三角形的3个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图 所示。则在三角形中心O点处的磁感应强度 ( )

A. 方向向左 B. 方向向右 C. 方向向下 D. 大小为零 【答案】B 【解析】

根据右手螺旋定则，电流a在O产生的磁场平行于bc向右，b电流在O产生的磁场平行ac指向右下方，电流c在O产生的磁场平行ab指向右上方；由于三导线电流相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则合场强的方向向右，故ACD错误，B正确．故选B.

75．如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，在该区域加沿轴线方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域，速度方向偏转角为60°，根据上述条件可求出的物理量的组合是

①带电粒子的比荷；②带电粒子在磁场中运动的周期；③带电粒子在磁场中运动的轨道半径；④带电粒子的初速度。

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 【答案】A 【解析】

试题分析：在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动．在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期．

设圆柱形区域的横截面半径为R，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t，则：2𝐼=𝐼𝐼①，在该区域加沿轴线垂直纸面向外方向的匀强磁场，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射并沿某一直径方向飞出此区域时，速度方向偏转角为60°，画出运动轨迹：

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结合几何关系，有：𝐼=𝐼tan60°=√3𝐼②，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼2③，周期：𝐼𝐼=

2𝐼𝐼𝐼④，解得：𝐼𝐼𝐼=

√3𝐼2𝐼，粒子的周期：𝐼=

2𝐼𝐼𝐼𝐼=

√3𝐼𝐼，因为初速度无法求出，则无法求出轨道半径，故①②正确，③④错误，即A正确；

【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

76．研究电流的磁效应时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止且N极指向北方，如图所示。现在直导线中通有从北向南的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向

A. 北方 B. 西方 C. 北偏西方向 D. 北偏东方向 【答案】D 【解析】

根据右手定则通电导线在小磁针位置的磁场方向为向东，由于地磁场的存在，两者的合磁场方向为北偏东方向，所以小磁针再次静止时方向为北偏东方向，D正确；

【点睛】本题容易遗漏地磁场，小磁针所在位置的磁场应为电流的磁场和地磁场的合磁场

77．将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中，当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时，在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压，这种现象称为霍尔效应，产生的电压称为霍尔电压，相应的将具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件。如图所示，利用电磁铁产生磁场，毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压。已知图中的霍尔元件是P型半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子）。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是

试卷第38页，总139页

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A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表 B．接线端2的电势高于接线端4的电势

C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变

D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大 【答案】BC 【解析】

试题分析：由图可知，电表B串联在电源E2的电路中，故它是电流表，即毫安表，而电表C是并联在2、4两端的，它是测量霍尔电压的，故它是电压表即毫伏表，选项A错误；由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子，由磁场方向向下，电流方向由1到3，由左手定则可知，正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板以2，即接线端2的电势高于接线端4的电势，选项B正确；稳定时，粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡，即Bqv=Eq=，解得U=Bvd，当电流方向相反，但大小不变时，粒子的偏转方向与原来相反，但仍存在如上的平衡关系式，由于电流的大小不变，由电流的微观表达式I=neSv可知，其粒子的定向移动速度也不变，故霍尔电压的大小不变，即毫伏表的示数将保持不变，选项C正确；若减小R1，则会让B增大，若增大R2，会让电流I减小，粒子的定向移动速率v也变小，则不能确定霍尔电压的变化情况，故毫伏表的示数不一定增大，选项D错误。

考点：霍尔元件，洛伦兹力与电场力平衡，电流的微观表示。

【思路点拨】该题是纸老虎，通过文字多、图复杂来吓唬人，其实他细分析，它就是一个霍尔元件的电路问题，带正电的粒子充当自由移动的粒子也与以前的题不同，故该题有一定的新意。

78．如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。已知I1> I2，不计匀强磁场对导线ab和cd的作用，用f1和f2分别表示导线cd 对ab的安培力大小和ab对cd的安培力大小，下列说法中正确的是

A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1=f2 B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1=f2 C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2 D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2 【答案】B 【解析】

试题分析：导体棒MN向左运动时，由右手定则可知，感应电流由M到N，由d到c，而ab中的电流是由a到b的，ab的电流在cd位置产生的磁场方向垂直纸面向外，再由左手定则可知，cd边受到的安培力为向右，同理可得，ab边受到的安培力方向向左，即两导线产生排斥力，故选项AC错误；若MN向右运动时，由右手定则可知，感应电流由c到d，而ab中的电流仍是由a到b的，ab的电流在cd位置产生的磁场方向仍是垂直纸面向外，再由左手定则可知，cd边受到的安培力为向左，同理可得，ab边受到的安培力方向向右，即两导线产生吸引力，虽然两导线的电流不相等，但是根据力的作用是相互的规律可知，这两个力的大小是相等的，故选项B正确，D错误。

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考点：右手螺旋定则，安培力方向的判断。

79．来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是

A．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转 B．若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转 C．若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转

D．若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 【答案】A 【解析】

试题分析：由于地磁场的方向由南到北，若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直，由左手定则可知，则由于地磁场的作用将向东偏转，选项A正确；选项B错误；若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则说明粒子的运动方向与磁场方向平行，故粒子不受磁场力的作用，所以它不会发生偏转，更不会做匀速圆周运动，故选项CD错误。 考点：地磁场，洛伦兹力方向的判断。

【思路点拨】该题审题很关键，题中沿垂直地球赤道平面射向地心是指与磁感线方向平行，这是最容易出现的不理解的问题，所以画好图很关键。

80．如图所示，倾角为=37°的足够长的固定斜面处于垂直斜面向里的匀强磁场中，一带正电小物块从斜面顶端由静止开始沿斜面向下滑动，运动时间与速度图像如图所示，（已知sin37°=0．6，cos37°=0．8，g10m/s），则下列说法正确的是

2

A．小物块下滑的加速度为1m/s2 6B．小物块最终将飞离斜面做曲线运动 C．小物块下滑过程中机械能守恒

D．如小物块质量为0．1kg，则t=0．25s时，重力的功率为1．5W 【答案】C 【解析】

试题分析：从时间与速度图像中可得知物体的加速度av36m/s2，故A错t0.5误；物体受的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，与运动方向垂直，不会飞离斜面，故B错

试卷第40页，总139页

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误；沿斜面方向：mgsin37fma，解得f0，则说明斜面光滑，而洛伦兹力又不做功，所以小物块下滑过程中机械能守恒，故C正确；如小物块质量为0．1kg，则t0.25s时，从时间与速度图像知速度v1.5m/s，重力的功率为

Pmgsin37v0.9W，故D错误．

考点：考查了洛伦兹力，速度时间图像，功率的计算

【名师点睛】物体受的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，与运动方向垂直，小物块下滑过程中机械能守恒，且不会飞离斜面，从时间与速度图像知物体的加速度．

81．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力，则

A．vb:vc1:2，tb:tc2:1 B．vb:vc2:2，tb:tc1:2 C．vb:vc2:1，tb:tc2:1 D．vb:vc1:2，tb:tc1:2

【答案】A 【解析】

试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有

mvv2qvBm得r，粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心

qBr在a点，半径等于正六边形的边长，即tba，从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即tc2a，根据半径公式rmvqBr得vr，qBmvbrb1，从b点离开磁场的粒子，圆心角b120；从C点离开磁场的粒子，圆vcrc2心角c60，根据t360T，得tbb2，故A正确， tcc1考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动

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【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2m，周期公式T，运动时间公式tT，知道粒子在磁场中运动半径BqBq2和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 82．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力，粒子离开磁场的出射点到两平米交线O的距离为

A．mv2mv4mv3mv B． C． D． 2qBqBqBqB【答案】D 【解析】

试题分析：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，

mvv2根据洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得R根据轨迹图知

qBRPQ2R2mv，OPQ60，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为qB4mv，D正确； qBOP2PQ考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2m，周期公式T，运动时间公式tT，知道粒子在磁场中运动半径BqBq2和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 83．如图所示，在一平面正方形MNPQ区域内有一匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为q的粒子以速度v从Q点沿着边QP夹角为30°的方向垂直进入磁场，从QP边界射出，已知QP边长为a，不计粒子的重力，下列说法正确的是

试卷第42页，总139页

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A．该粒子带正电

B．运动过程中粒子的速度不变 C．粒子在磁场中运动的时间为m 3qBD．粒子的速度的最大值为qBa 2m【答案】C 【解析】

试题分析：粒子从PQ边射出磁场，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力垂直与速度斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子速度大小不变当方向发生变化，粒子速度发生变化，故B错误；粒子在磁场中转过的圆心角

23060，粒子在磁场中的运动时间：

602mm，故C正确；粒子从P点射出磁场时轨道半径最大，360qB3qBt360Tv2粒子速度最大，此时粒子轨道半径ra，由牛顿第二定律得：qvBm，粒子的最r大速度：vqBrqBa，故D错误。 mm考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2m，周期公式T，运动时间公式tT，知道粒子在磁场中运动半径BqBq2和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 84．如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则

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A．该磁场是匀强磁场

B．线圈平面总与磁场方向垂直 C．线圈将逆时针转动 D．线圈将顺时针转动 【答案】D 【解析】 试题分析：该磁场明显不是匀强磁场，匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，故A错误；由图可知，线圈平面总与磁场方向平行，故B错误；由左手定则可知，a受到的安培力向上，b受到的安培力向下，故线圈顺时针旋转，故C错误D正确． 考点：磁电式电流表

【名师点睛】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握．

85．如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B，方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需

A．在天平右盘中增加质量mnBIL的砝码 gB．在天平右盘中增加质量m2nBIL的砝码 gnBIL的砝码 gC．在天平左盘中增加质量mD．在天平左盘中增加质量m2nBIL的砝码 g【答案】D 【解析】

试题分析：开始时底边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即：mg2FA，解得：FA于：FAnBIL，解得：m1mg，由22nBIL g试卷第44页，总139页

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要重新平衡，需要在天平左盘中增加质量为m2nBIL的砝码，D正确； g考点：考查了安培力，共点力平衡条件

【名师点睛】开始时电流逆时针，根据左手定则，底边安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量，即mg2FA．

86．如图所示，两个圆形线圈P和Q，悬挂在光滑绝缘杆上，通以方向相同的电流，若

I1I2，P、Q受到安培力大小分别为F1、F2，则P和Q

A．相互吸引，F1F2 B．相互排斥，F1F2 C．相互排斥，F1F2 D．相互吸引，F1F2

【答案】D 【解析】

试题分析：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引．根据牛顿第三定律知，因为线圈P对线圈Q的力和线圈Q对线圈P的力大小相等，方向相反，故D正确， 考点：考查了安培力

【名师点睛】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．

87．在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则下列说法中正确的是

A．甲、乙两粒子所带电荷种类不同

B．若甲、乙两粒子所带电荷量及运动的速率均相等，则甲粒子的质量较大 C．若甲、乙两粒子的速率相等，则甲粒子比荷较小 D．该磁场方向一定是垂直纸面向里 【答案】BC 【解析】

试题分析：从图中可知两个粒子在相切点的速度方向相反，从图中可知两者受到的罗洛

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伦兹力方向相反，所以两个粒子所带电荷种类相同，A错误；根据半径公式图中可知

，若速率和电荷量相同，所以可知

，B正确；根据

，从，

可得若速率相等，在同一个磁场中磁感应强度相同，故甲粒子比荷较小，C正确；

由于粒子的带电性质不确定，所以无法判断磁感应强度方向，D错误；

考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径

和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 88．如图，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有N匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2克的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度B的方向与水平线成60°角，线圈中通过的电流为0．1A，要

2

使三条细线上的张力为零，重力加速度g取10m/s．则磁感应强度B的大小应为

A．4T B．C．0．4

T D．0．4T

T

【答案】D 【解析】

试题分析：设圆环的半径为r，则圆环的质量为：分量为

，环受到的安培力为：

，磁场的水平

，由于环所受向上的安，解得：

，

培力等于环的重力，则有：

D正确；

考点：考查了安培力的计算

【名师点睛】把磁场磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场竖直分量对电流的安培力为零，由左手定则可知，磁场水平分量对电流的安培力竖直向上；由安培力公式求出安培力，然后求出磁感应强度

．无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I．在两导线的连线上有a、b、c三点，a点为两根直导线连线的中点，b、c两点距导线的距离均为L．下列说法正确的是

试卷第46页，总139页

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A．a点和b点的磁感应强度方向相反 B．c点和b点的磁感应强度方向相同

C．a点和b点的磁感应强度大小之比为8：1 D．c点和b点的磁感应强度大小之比为5：1 【答案】D 【解析】

试题分析：根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的，根据，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向

上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应

强度方向相同，3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小，而

3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1，故AC错误；3I导线在c处的磁感应强度方向向上，而I导线在c处的磁感应强度方向向下，因3I产生磁场较大，则合磁感应强度方向向上的；电流I和3I在b点的磁感应强度方向下，3I导线与I导线在c处的磁场的方向相反，磁感应强度大小，c点和b点的磁感应强度大小之比为5：1，故C错误D正确．

考点：考查了磁感应强度

【名师点睛】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．

90．已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为B=kI，其中rk为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离。如图所示，a、b两根通电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端，两根直导线中的电流大小相等，a中电流方向垂直圆所在平面向里，b中电流方向垂直圆所在平面向外，此时圆心O处的磁感应强度大小为B。现将直导线b沿圆周顺时针转动90°，电流的大小和方向都保持不变，则O处的磁感应强度大小变为

A．2B B．2B C．B D．2B 2【答案】D

【解析】由两直导线中电流大小相等，到圆心O的距离相等，又由安培定则可知，两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0，则B=2B0。将直导线b顺时针旋转90°后，两根直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直，所以B'=2B0=2B，D正确。 2 专业资料 值得拥有

91．如图所示，通电直导线MN 与矩形金属线框abcd 位于同一平面内，导线中的电流方向如图所示。若导线中的电流增大，下列说法正确的是

A．穿过线框的磁通量始终为零 B．穿过线框的磁通量变小

C．ab边感应电流的方向为b→a D．ab 边受到的安培力方向向右 【答案】D 【解析】

试题分析：根据右手螺旋定则可判断出，该直导线MN 在其右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，导线电流增大，原磁场磁感应强度增强，穿过线框的磁通量增大，故A、B 均错误；线框中磁通量增大，感应电流产生的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，感应磁场方向为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，线框中感应电流方向为逆时针，即a →b→c→d，故 C 错误；根据感应电流方向及左手定则可判断出，线框ab 边在原磁场中受到的安培力方向向右，故D 正确。

考点：磁通量，电磁感应，安培力。

92．如图所示，速度为v0、电荷量为q的正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，则（ ）

A．若改为电荷量－q的离子，将往上偏（其它条件不变） B．若速度变为2v0将往上偏（其它条件不变）

C．若改为电荷量＋2q的离子，将往下偏（其它条件不变） D．若速度变为v0 /2将往下偏（其它条件不变） 【答案】BD 【解析】

试题分析：正离子恰能沿直线飞出离子速度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=E．若改为电荷量-q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=qE，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故A错误．若速度变为2v0，洛伦兹力增大为原来的2倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向上偏转，故B正确．若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故C错误．若速度变为1v0，若离子带正电，洛伦兹力为原来的2试卷第48页，总139页

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1倍，而离子受的洛伦兹力方向向上，电场力不变，所以离子将向下偏转，同理，若离2子带负电，离子也向下偏转，故D正确．故选BD。 考点：速度选择器

【名师点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，要知道粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，所以只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题。

93．如图所示的圆形区域里，匀强磁场的方向垂直纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中（不计重力）（ ）

A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大 B．运动时间越长，其轨迹越长

C．运动时间越长，其射出磁场区域时速率越大

D．运动时间越长，其射出磁场区域时速度的偏转角越大 【答案】AD 【解析】

试题分析：设磁场区域半径为R，轨迹的圆心角为α．根据推论得知，带电粒子在磁场中偏转角等于轨迹的圆心角α，由t越大．故AD正确；粒子运动的轨迹为S=rα=RcotT可知，则在磁场中运动时间越长的，偏转22•α．粒子的运动时间越长，α越大，根据数学知识可以证明孤长S越短，故B错误；粒子在磁场中运动的时间为

tT，而轨迹半径r=Rcot，当粒子的运动时间越短时，α越小，则知r越大，22mv，则速度v越大．故C错误．故选AD． qB而r考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题要根据几何知识研究粒子运动的轨迹半径与磁场区域半径的关系，也可以通过作轨迹对比，得到轨迹的圆心角与运动时间、轨迹长度的关系。

94．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如下图所示的匀强磁场中，此时两悬线的总拉力大于零而小于铜棒的重力．欲使悬线中拉力为零，可采用的方法有（ ）

A．适当增大电流，方向不变 B．适当减小电流，并使它反向

C．电流大小、方向不变，适当增强磁场 D．使原电流反向，并适当减弱磁场 【答案】AC

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【解析】

试题分析：以导线为研究对象，导线受力如图所示，导线静止，处于平衡状态，由平衡条件得：2F+FB=G，线的拉力：F=1（G−FB），重力G不变，欲使悬线中拉力F为零，安2培力FB=BIL应变大，可以增大B或I，故AC正确；如果使电流方向反向，则安培力向下，拉力F增大，不可能为零，故BD错误；故选AC．

考点：安培力；物体的平衡

【名师点睛】本题考查应用左手定则分析安培力的能力．安培力方向与电流方向、磁场方向有关，当改变其中之一，安培力方向改变。

95．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为e/m的电子以速度v0从A 点沿AB边出射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为（ ）

A．B＞2mv03mv0 B．B＜ aeae2mv03mv0 D．B＞ aeaeC．B＜【答案】C

【解析】

试题分析：当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，则几何知识得：2Rcos30°=a，解得：Raa；欲使电子能经过BC边，必须满足：，R33而Rmv3mv0mv0a，所以 0＞，解得B＜;故选C．

aeeBeB3

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题是磁场中临界条件问题，关键是运用几何知识求最小的轨迹半径，即

试卷第50页，总139页

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可由半径求解B的范围。

96．每时每刻都有大量带电的宇宙射线向地球射来，幸好地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数射线粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来，如图所示，则在地球磁场的作用下，它将向什么方向偏转（ ）

A．向东 B．向南 C．向西 D．向北 【答案】A 【解析】

试题分析：地球的磁场由南向北，当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，故A正确．故选A。

考点：左手定则

【名师点睛】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．注意正负电荷的区别。

97．如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速v0开始运动．已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（ ）

A．若物块带正电，一定受两个力，做匀速直线运动 B．若物块带负电，一定受两个力，做匀速直线运动 C．若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动 D．若物块带负电，一定受四个力，做减速直线运动 【答案】D 【解析】

试题分析：若物块带正电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向上，若向上的洛伦兹力和物块的重力相等，则物块与地面间无压力，物块也不受摩擦力，即物块只受两个力，在合力为零的情况下做匀速直线运动；若向上的洛伦兹力小于物块的重力则物块对地面有压力，还会受向后的摩擦力，即物块受重力、洛伦兹力、支持力、摩擦力四个力，物块做减速直线运动；综上，AC错误；若物块带负电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向下，根据平衡条件物体受地面向上支持力，则物块还会受向后的摩擦力，共四个力，做减速直线运动，故D正确，C错误；故选D。 考点：洛伦兹力；左手定则

【名师点睛】本题借助洛伦兹力考查了物体的受力分析，知道弹力和摩擦力的关系：有摩擦力一定有弹力的作用，即弹力是存在摩擦力的必要不充分条件。

98．如图所示，蹄形磁体用悬线悬于O点，在磁体的正下方有一水平放置的长直导线，当导线通以由左向右的电流时，蹄形磁体的运动情况将是 （ ）

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A、静止不动 B、向纸外运动

C、N极向纸外转动，S级向纸内转动 D、N极向纸内转动，S级向纸外转动 【答案】C 【解析】

试题分析：假设磁体不动，导线运动，则有：根据右手螺旋定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场是斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向上，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时上升．如今导线不动，磁体运动，根据相对运动，则有磁体逆时针转动（从上向下看），即N极向纸外转动，S极向纸内转动．故C正确，ABD错误；故选C．

考点：右手螺旋定则；左手定则 【名师点睛】

99．下列说法中，正确的是：（ ）

A、磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相同 B、磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N/A•m

C、穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度一定为零

2

D、磁通量的单位是韦伯，1Wb=1T/m 【答案】B 【解析】

试题分析：磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向垂直，选项A错误；磁感应强度的单位是特斯拉，1T=1N/A•m，选项B正确；根据=BScos可知穿过线圈的磁通量为零的地方，磁感应强度不一定为零，选项C错误；磁通量的单位是

2

韦伯，1Wb=1T•m，选项D错误；故选B． 考点：磁感应强度；磁通量

【名师点睛】解答此题关键是知道磁感应强度是矢量，它的方向与通电导线在磁场中的受力方向相垂直；磁通量的大小与B、S以及B和S之间的夹角都有关系。 100．首先发现电流周围存在磁场的物理学家是（ ）

A、安培 B、洛伦兹 C、法拉第 D、奥斯特 【答案】D 【解析】

试题分析：首先发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特，故选D． 考点：物理学史

【名师点睛】本题考查了物理学史，记清每位物理学家的贡献是解题的关键，多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意。

101．如图所示，在边界PQ上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正负电子同时从边界上的O点沿与PQ成θ角的方向以相同的速度v射入磁场中；则关于正、负电子，下列说法不正确的是（ ）

试卷第52页，总139页

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A．在磁场中的运动时间相同 B．在磁场中运动的轨道半径相同 C．出边界时两者的速度相同 D．出边界点到O点处的距离相等 【答案】BCD 【解析】 试题分析：

粒子在磁场中运动周期为T＝2m，则知两个离子圆周运动的周期相等．根据左手定qB22T；同理，负离子2则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间t1＝mv2mv2运动时间t2＝显示时间不相等．故A错误；由qvB＝得：r＝，由题q、T，qBr2v、B大小均相同，则r相同，故B正确；正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度

沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确；根据几何知识可得，重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同．故D正确．故选BCD． 考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子垂直射入单边界的匀强磁场中，可分两类模型分析：一为同方向射入的不同粒子；二为同种粒子以相同的速率沿不同方向射入．无论哪类模型，都遵守以下规律：（1）轨迹的圆心在入射方向的垂直线上，常可通过此垂线的交点确定圆心的位置．（2）粒子射出方向与边界的夹角等于射入方向与边界的夹角。

102．如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2，今有一质量为m、电量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（ ）

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A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为T＝2m B1eC．B1=2B2 D．B1=4 B2 【答案】AC 【解析】

试题分析：根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝2mm，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强B1eB2e磁场B2中运动半径的一半，根据rmv可知，B1=2B2，故D错误，C正确． Be故选AC．

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。 103．如图所示，一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子（重力忽略不计），经加速电压U加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打到P点，OP=x，能正确反映x与U之间关系的是（ ）

A．x与U成正比 B．x与U成反比 C．x与U成正比 D．x与U成反比 【答案】C 【解析】

v 试题分析：带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：mv＝Uq，解得：2

122Uq； mv2进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：Bqvm解得：r试卷第页，总139页

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rmvBq ；粒子运动半个圆打到P点，所以

m x2r22Uqm22Um＝22mU，即x与U成正比，故选C． BqB2qB2q考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题是质谱仪的原理，带电粒子在电场中先加速，然后在磁场中做圆周运动，根据物理规律得到解析式，即可求解，难度适中。

104．长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向竖直向上，电流为I1时导体处于平衡状态；若B方向改为垂直斜面向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值I1 ：I2 应为（ ）

A．cosθ B．11 C．sinθ D． cossin【答案】B

【解析】 试题分析：若磁场方向竖直向上，则安培力水平方向．由平衡条件可得：mgtanθ=BI1L；若磁场方向垂直于斜面向上，则安培力沿斜面向上．由平衡条件可得：mgsinθ=BI2L，则I1：I2=1：cosθ，故选B．

考点：安培力

【名师点睛】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向。

105．如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的MN两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流；a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）

A．O点处的磁感应强度为零

B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 【答案】C

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【解析】

试题分析：根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，因此垂直于纸面向外的通电直导线受到的力不为零．故A错误．

M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．当垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故B错误．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．因此通电直导线受到的力大小相等，方向相同，故C正确．a、c两点的磁场方向都是竖直向下，则a、c两点处放垂直于纸面向外的相同通电直导线受到的力方向相同．故D错误．故选C。 考点：右手螺旋定则；磁场的叠加

【名师点睛】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。

106．下列运动（电子只受电场或磁场力的作用）不可能的是

A．电子以固定正点电荷Q为圆心绕Q做圆周运动中垂线上作直线运动

B．电子在固定等量异种点电荷+Q、-Q连线

C．电子在图示的匀强磁场中沿图示虚线轨道做圆周运动

D．电子沿通电螺旋管中心轴线作直线运动

【答案】B 【解析】

试题分析：A图电子受到点电荷对它的库仑引力，速度若满足条件，靠库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动．故A正确．B图等量异种电荷连线的中垂线上的电场方向始终水平向右，电子受到水平向左的电场力，不可能沿中垂线做直线运动．故B错误．C图电子在匀强磁场中受洛伦兹力，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．故C正确．D图通电螺线管中的磁场方向沿水平方向，电子的速度方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力，做匀速直线运动．故D正确．本题选错误的，故选B。 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】解决本题的关键会根据物体的受力，结合受力与速度方向的关系，判断物体的运动。

107．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）

试卷第56页，总139页

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A． B． C． D． 3B 2B BB 【答案】A 【解析】

试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动

2

根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°

即轨迹圆弧所对的圆心角为30° 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2m Bq粒子在磁场中匀速圆周运动的时间t＝3012mT＝ 36012qB圆筒转动90°所用时间t＝T＝1412 4粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得：tt；则12m12＝，12qB4解得 ＝qm3B，A正确，BCD错误；故选A．

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键。

108．如图所示，匀强电场竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向外．有一正离子（不计重力），恰能沿直线从左向右水平飞越此区域．则（ ）

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A．若电子从右向左水平飞入，电子也沿直线运动 B．若电子从右向左水平飞入，电子将向上偏 C．若电子从右向左水平飞入，电子将向下偏

D．若电子从右向左水平飞入，则无法判断电子是否偏转 【答案】C 【解析】 试题分析：正离子从左边进入电场，在电场中受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从左边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qv0B，得v0E；B电子从右侧进入电场，受到的电场力方向向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向也向下，所以电子将向下偏转．故ABD错误，C正确；故选C． 考点：洛伦兹力；左手定则

【名师点睛】此题考察了速度选择器的问题，在速度选择器中，粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件是电场力和洛伦兹力平衡。

109．如图是带电粒子在气泡室中运动径迹的照片及其中某条径迹的放大图．匀强磁场与带电粒子运动径迹垂直，A、B、C是该条径迹上的三点．若该粒子在运动过程中质量和电量保持不变，不断克服阻力做功，则关丁此径迹下列说法正确的是（ ）

A．粒子由A经B向C的方向运动 B．粒子由C经B向A的方向运动

C．粒子一定带正电，磁场方向垂直纸面向里 D．粒子一定带负电，磁场方向垂直纸面向外 【答案】A 【解析】

试题分析：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式rmv得知，粒子的轨迹半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动qB方向是从A经B向C运动，故A正确，B错误．若粒子带正电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向里；若粒子带负电，由左手定则判断可知，磁场方向垂直纸面向外，故CD错误；故选A。

考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r就能正确解答。 评卷人 mv和左手定则qB得分 二、不定项选择题

110．电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，

试卷第58页，总139页

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ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率倒数），泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则

A. 泵体上表面应接电源正极 B. 通过泵体的电流𝐼=

𝐼𝐼1 𝐼C. 增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D. 增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度 【答案】AC 【解析】

当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：𝐼=𝐼因此流过泵体的电流𝐼=

𝐼＝𝐼𝐼1𝐼 ，故𝐼𝐼𝐼=

1𝐼×2𝐼𝐼1𝐼2=

1 ；𝐼𝐼1B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力

变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选AC.

111．如图所示是用电子射线管演示带电粒子在磁场中受洛仑兹力的实验装置，图中虚线是电子的运动轨迹，那么下列关于此装置的说法正确的有

A. A端接的是高压直流电源的负极 B. A端接的是高压直流电源的正极 C. C端是蹄形磁铁的S极 D. C端是蹄形磁铁的N极 【答案】AD 【解析】

由图可知，电子是从A端射出，则A端是高压直流电源的负极．故A正确，B错误；电子是从A向B运动，且洛伦兹力向下，则由左手定则可得磁场方向由C向D，C端是蹄形磁铁的N极，故D正确，C错误；故选：AD.

112．质量为m的金属细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，细杆与导轨间的动摩擦因数为μ，当有电流通过细杆时，细杆恰好静止于导轨上，导轨与细杆处于与纸面平行的匀强磁场中，在如图所示的A、B、C、D四个选项中，细杆与导轨的摩擦力一定不为零的是

A. 【答案】CD

B. C. D.

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【解析】

A中通电细杆受竖直向下的重力、水平向左的安培力和垂直于斜面向上的支持力，可知这三个力的合力不可能等于0，通电细杆一定受摩擦力．故A正确．

B中通电细杆受竖直向下的重力、竖直向上的安培力和垂直于斜面向上的支持力，若通电细杆受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，通电细杆不受摩擦力．若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以通电细杆可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B错误．C图通电细杆受竖直向下的重力、竖直向下的安培力和垂直于斜面向上的支持力，这三个力的合力不可能等于0，所以通电细杆若要处于平衡，一定受沿斜面向上的摩擦力．故C正确．D图通电细杆受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的支持力，这三个力的合力可能等于0，所以通电细杆若要处于平衡，不一定受沿斜面向上的摩擦力．故D错误．故选：AC. 注：此题答案AC.

113．如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，∠𝐼=.现垂直AB边射A-群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为𝐼0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为3𝐼0（不计重力）．则下列判断中正确的是

4𝐼6

A. 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为2𝐼𝐼

0𝐼𝐼C. 粒子在磁场中运动的轨道半径为5𝐼 D. 粒子进入磁场时速度大小为【答案】ABC 【解析】

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即T=t0，则得周期 T=4t0，故A正确．由𝐼=

142𝐼𝐼 得𝐼𝐼𝐼14√3𝐼𝐼27𝐼0 =

2𝐼𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼 ．故2𝐼𝐼0𝐼B正确．设

=

运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有2𝐼𝐼=

2𝐼 ，画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为34𝐼0 ，得𝐼3𝐼R，由几何知识得：𝐼𝐼𝐼60°+

𝐼𝐼𝐼𝐼60°=𝐼

试卷第60页，总139页

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可得𝐼=

2𝐼 ，故5C正确．根据

4𝐼03=

𝐼𝐼 ，解得 𝐼𝐼=

𝐼𝐼 ．故5𝐼0D错误，故选：ABC.

点睛：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是： 1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹．

2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系．

3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律.

114．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg，且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为0.1kg，电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒

2

力，g取10m/s。则:

A. 木板和滑块一直以2m/s做匀加速运动

B. 滑块先做匀加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动

2

C. 最终木板以2m/s做匀加速运动，滑块以10m/s做匀速运动

2

D. 最终木板以3m/s做匀加速运动，滑块以10m/s的匀速运动 【答案】BD 【解析】

2

由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s，当0.6N的恒力作用于

2

木板时，系统一起以𝐼=0.1+0.2=2𝐼/𝐼2＜5𝐼/𝐼2 的加速度一起运动；当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，代入数据解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，𝐼=0.2=3𝐼/𝐼2 ，故AC错误，D正确．由A的分析可知，开始滑块做匀加速直线运动，滑块获得速度后，受到洛伦兹力作用，受到的合外力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，最后滑块做匀速直线运动，故B正确；故选：BD.

115．如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度大小为B，垂直纸面向内。在a点由静止释放带电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是:

0.60.6 专业资料 值得拥有

A. 该微粒必带正电荷

B. a点和b点位于同一高度 C. 微粒运动过程中的最大速率为2

𝐼𝐼+𝐼𝐼 𝐼𝐼D. 微粒到达b点后将沿原路径返回a点

【答案】ABC 【解析】

微粒在a点时速度为零，不受洛伦兹力，只有重力和竖直向下的电场力，合力方向竖直向下，当微粒向下运动后，受洛伦兹力向右，可知微粒带正电，故A正确．由能量关系可知，由a到b，动能变化为零，则电势能和重力势能的变化均为零，可知ab应在同一高度，选项B正确； 根据能量守恒定律知，微粒在c点时动能最大，在c点，有 qvB-mg-qE=m

𝐼21 ，由动能定理得𝐼𝐼2𝐼2=(𝐼𝐼+𝐼𝐼)𝐼 ，解得 𝐼=

3(𝐼𝐼+𝐼𝐼)

，故𝐼𝐼C错误．微粒在b点的受力情况与a点的受力情况相同，可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误．故选：AB. 注：选项C有误。

116．下列说法正确的是（ ）

A. 电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零

B. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零

C. 表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值

D. 表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值 【答案】AC 【解析】

电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零，选项A正确；若 一小段通电导线在磁场中平行于磁场方向放置，则导线不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零，选项B错误； 表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值，选项C正确； 表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的最大的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值，选项D错误；故选AC.

117．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。不计电荷的重力，下列说法正确的是

试卷第62页，总139页

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A. 该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点

0B. 该点电荷的比荷为𝐼𝐼 2𝐼C. 该点电荷在磁场中的运动时间为3𝐼

0𝐼𝐼D. 该点电荷在磁场中的运动时间为2𝐼

0𝐼𝐼【答案】BD 【解析】

如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：

电荷在电场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼30°=𝐼； A、如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；

B、根据洛伦兹力提供向心力有𝐼𝐼0𝐼=

𝐼2𝐼𝐼𝐼0，所以：𝐼1212𝐼𝐼2𝐼0𝐼212=

𝐼0𝐼𝐼=

2𝐼0，故𝐼𝐼B正确；

C、由图知该电荷在磁场中运动的时间𝐼=𝐼=⋅=

𝐼𝐼，所以2𝐼0C错误，D正确。

点睛：正确的判断带电粒子在磁场中的运动轨迹，利用几何关系求运动半径，洛伦兹力

提供向心力是解决本题的关键。

118．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间（ ）

A. MN所受安培力的大小始终没变 B. 电容器C的a板先带正电后带负电 C. 电容器C的电荷量大小始终没变 D. MN所受安培力的方向先向右后向左 【答案】CD 【解析】

A、根据安培力公式𝐼=𝐼𝐼𝐼，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故A错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；

B、由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变．根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板

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电势较高，一直带正电，故B错误，C正确。

点睛：根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化，由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性．由𝐼=𝐼𝐼𝐼分析安培力大小，由左手定则判断判断安培力的方向。

119．如图长L、质量为m的导体棒ab，被两轻质细线水平悬挂，静置于匀强磁场中；当ab中通过如图的恒定电流I时，ab棒摆离原竖直面，在细绳与竖直方向成θ角的位置再次处于静止状态；已知ab棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是

A.

𝐼𝐼tan𝐼𝐼𝐼sin𝐼𝐼𝐼sin𝐼2𝐼𝐼sin𝐼 B. C. D. 𝐼𝐼𝐼𝐼2𝐼𝐼3𝐼𝐼【答案】AB 【解析】

若磁场竖直向上，则画出从右侧看逆着电流方向的侧视图，如图甲所示：

金属棒在重力𝐼𝐼、悬线拉力𝐼𝐼、安培力F三个力的作用下处于平衡状态．

𝐼𝐼由共点力平衡条件得：𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，解得：𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼。

𝐼𝐼若所加磁场的方向应平行于悬线向上，此时所加磁场的磁感应强度最小，则棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知（如图乙）

安培力的最小值为：𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，即：𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，

𝐼𝐼所以𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，故选项AB正确。

点睛：对于安培力的方向与大小如何确定与计算，要知道当安培力的方向与拉力的方向垂直，安培力最小，磁感应强度最小。 评卷人 得分 三、多选题

试卷第页，总139页

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120．如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为＋q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中( )

A. 甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大 B. 甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短

C. 甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同 D. 两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等 【答案】AD 【解析】

小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力平衡，mgcos θ＝qvmB，解得

𝐼𝐼=

𝐼𝐼cos𝐼 ，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面速度大于乙，A𝐼𝐼正确；

甲斜面倾角小，平均加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，故B

1错误；根据动能定理𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼＝2𝐼𝐼2𝐼 ，解得𝐼=

𝐼2𝐼cos2𝐼 ，故甲的位移大2𝐼2𝐼2sin𝐼于乙的位移，故C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值𝐼=

𝐼𝐼𝐼̅̅̅sin𝐼=𝐼𝐼⋅

𝐼𝐼cos𝐼sin𝐼，代入数据相等，故2𝐼𝐼D正确。答案AD.

点睛：解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，

理清物体的运动状况：小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向上的洛伦兹力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，当支持力减到0时，离开斜面。 121．（多选）有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度是I中的k倍 【答案】AC 【解析】

试题分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．

设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼式𝐼=𝐼𝐼可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为𝐼𝐼𝐼，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为𝐼𝐼，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；电子在磁场运动的洛伦兹力

𝐼𝐼𝐼作为向心力，所以电子的加速度的大小为𝐼=𝐼，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼1，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，𝐼𝐼𝐼故B错误；根据电子在磁场中运动的周期公式𝐼=

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2𝐼𝐼可知，Ⅰ中的电子运动周期为𝐼𝐼2𝐼𝐼2𝐼𝐼，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼k倍，所

2𝐼，𝐼以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故C正确；做圆周运动的角速度𝐼=所以Ⅰ中的电子运动角速度为

1𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周𝐼𝐼运动的角速度是Ⅰ中的𝐼倍，故D错误。

122．环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状空腔。

若带电粒子初速度为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。带电粒子将被局限在圆环状腔内运动。要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法正确的是

A. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大 B. 对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小 C. 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越大 D. 对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小 【答案】BD 【解析】

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知：𝐼𝐼𝐼=𝐼得𝐼=

𝐼𝐼 ，而粒子在电场中被加速，则有𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼2 𝐼=𝐼𝐼2 ，两式联立可得𝐼=

1212𝐼𝐼√ ，𝐼𝐼带电粒子运行的周期𝐼=

2𝐼𝐼 ．A、B、对于给定的加速电压，由于半径𝐼𝐼R相同，由上

式得知，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小．故A错误，B正确．C、D、对

于给定的带电粒子，比荷q/m一定，当电压增大时，则导致磁感应强度B增大，则粒子运动周期变小．故C错误，D正确．故选BD．

【点睛】本题通过洛伦兹力提供向心力来导出半径公式与周期公式，再用动能定理得出粒子在电场中的加速公式，从而可推导出加速电压、磁感应强度、粒子的比荷及半径的关系．最终由控制变量来研究其它各量之间的具体关系．

123．质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）

A. 小物块一定带正电荷

B. 小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动

C. 小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动

D. 小物块在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速度为

【答案】ABD 【解析】

A、带电小滑块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面

试卷第66页，总139页

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向上．根据左手定则知，小球带正电，故A正确；

B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，根据牛顿第二定律知𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼，小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误；

D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼，解得

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=，故D正确。

𝐼𝐼点睛：带电小滑块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则判定小高考的电性．对小滑块球进行受力分析，根据受力情况确定其运动情况．当压力为零时，抓住垂直于斜面方向上的合力为零，求出小滑块的速率。 124．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )

A. 液滴一定带负电 B. 液滴一定做匀速直线运动

C. 电场线方向一定斜向上 D. 液滴有可能做匀变速直线运动 【答案】BC 【解析】

A、C、当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线l做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故A错误，C正确；B、D、带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于α＞β，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故B正确，D错误；故选BC． 【点睛】知道液滴沿直线运动的条件是合力为零或所受合力方向与速度方向在同一直线上、对带电液滴正确受力分析，是正确解题的关键．

125．图示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。以下说法正确的是

A. 若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为6𝐼𝐼 B. 若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan立

𝐼2𝐼𝐼=

2√2+1成7 专业资料 值得拥有

C. 若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为

𝐼𝐼 3𝐼𝐼D. 若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150° 【答案】BD 【解析】

若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间

𝐼𝐼𝐼𝐼＝360°𝐼＝6⋅

60°12𝐼𝐼𝐼𝐼＝ ，故𝐼𝐼3𝐼𝐼A错误．

若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有𝐼𝐼𝐼√2𝐼＝22𝐼√2√2𝐼−2𝐼＝2𝐼√22𝐼−2𝐼＝2√2+1 ，故7B正确．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运

90°12𝐼𝐼𝐼𝐼＝ ，𝐼𝐼2𝐼𝐼动轨迹如图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间𝐼＝360°𝐼＝4⋅

故C错误．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图

中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确．故选：BD. 126．绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为-q的小球从斜面上高h处，以初速度为v0、方向与斜面底边MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是

A. 小球在斜面上做匀变速曲线运动 B. 小球到达底边MN的时间𝐼=√

2𝐼𝐼sin2𝐼

𝐼𝐼cos𝐼 𝐼𝐼0𝐼𝐼C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为𝐼≤

D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为𝐼≤𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼

0【答案】ABC

【解析】

对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即使速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，由于速度与合力垂直，因此小

试卷第68页，总139页

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球做匀变速曲线运动，故A正确；小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，则小球的加速度𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ，再由运动学公式，球到达底边𝐼MN的时间𝐼=√

2𝐼 ，故

𝐼𝐼𝐼𝐼2𝐼B正确；假

设重力不做功，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f=qv0B≤mgcosα；解得：磁感应强度的取值范围为0≤𝐼≤𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼；在下滑

0𝐼𝐼过程中，重力做功，导致速度增大v＞v0，则有0≤f=qvB≤mgcosα，故C正确，D错误；故选ABC.

127．如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开区域，如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区，已知BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B，从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2、t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是

A．t1t2t3 B．t1t2t3 C．Ek1Ek2Ek3 D．Ek1Ek2Ek3 【答案】BC 【解析】

试题分析：当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qEqvB，当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向做匀速直线运动，所以t1t2，当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，有t2t3，B正确A错误；粒子从B点射出时，电场力做功，动能变大，故C正确D错误．

考点：考查了带电粒子在复合场中的运动

【名师点睛】根据粒子在电场力作用下做类平抛运动，由运动的合成与分解，可得t1t2；当在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动时，时间与路程长短有关．根据动能定理，结合电场力做功，从而可确定动能的大小关系．

128．磁流体发电机是一项新兴技术，如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则

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A．用电器中的电流方向从A到B B．用电器中的电流方向从B到A

C．若只增大磁场，发电机的电动势增大

D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 【答案】ACD 【解析】

试题分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因fqvB，FqE，则dqvBqE，解得EBdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，CD正确． d考点：考查了带电粒子在复合场中的运动

【名师点睛】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．

129．有两根长直导线a、b相互平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图，在图中所示的平面内，O点为两根导线连接的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连接的中垂线上，且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等，方向相同的恒定电流I，则关于线段MN 上各点的磁感应强度的说法中正确的是

A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 【答案】BD 【解析】

试题分析：根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反，故A错误B正确；只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零，故C错误，D正确． 考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．

试卷第70页，总139页

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【名师点睛】根据安培定则判断两根导线在M、N两点产生的磁场方向，根据平行四边形定则，进行合成，确定大小和方向的关系．在线段MN上只有O点的磁感应强度为零． 130．洛伦兹力演示仪是由励磁线圈（也叫亥姆霍兹线圈）、洛伦兹力管和电源控制部分组成的。

励磁线圈是一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。洛伦兹力管的圆球形玻璃泡内有电子，能够连续发射出电子，电子在玻璃泡内运动时，可以显示出电子运动的径迹。其结构如图所示。给励磁线圈通电，电子垂直磁场方向向左发射电子，恰好形成如“结构示意图”所示的圆形径迹，则下列说法正确的是

A．励磁线圈中的电流方向是逆时针方向

B．若只增大加速电压，可以使电子流的圆形径迹的半径减小 C．若只增大线圈中的电流，可以使电子流的圆形径迹的半径减小

D．若已知加速电压U，及两线圈间的磁感应强度B，则可通过测量圆形径迹的直径来估算电子的电荷量 【答案】C 【解析】

试题分析：电子向左发射电子，故电流方向相当于向右，受到的洛伦兹力向上，故由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故再由右手定则可知，励磁线圈中的电流方向是顺时针方向，选项A错误；若只增大加速电压，可以使电子流的速度增大，由公式R=mv可知，圆形径迹的半径会增大，选项B错误；若只增大线圈中的电流，可以使磁Bq场强度B增大，由以上公式可知，电子流的圆形径迹的半径减小，选项C正确；若已知加速电压U，则Uq=mvm12mv，代入上式得q=BRBR22Uq2Um，则q=22，可见需要mBR知道U及两线圈间的磁感应强度B，质量m，再可通过测量圆形径迹的直径来估算电子

的电荷量，选项D错误。

考点：带电粒子在磁场中的运动。

131．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场（场区都足够大），现有一个重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列判断正确的是（ ）

A．如果粒子回到MN上时速度增大，则该空间存在的场一定是电场 B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的场可能是电场

C．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变，则该空间存在的场一定是磁场

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D．若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，则该空间存在的场一定是磁场 【答案】ABD 【解析】

试题分析：电场力可以做功，洛伦兹力不做功，速度增大，故是电场，故A正确；如果粒子回到MN上时速度大小不变，可能是磁场，也有可能是电场，物体做类似上抛运动，抛出点和落回点在同一等势面上，故B正确；如果是磁场，粒子做匀速圆周运动，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角不变；如果是电场，当电场力竖直向下时，粒子再回到MN上时与其所成的锐角夹角的正切等于位移方向与水平方向夹角正切的2倍，也不变；故C错误；若只改变粒子的初速度大小，发现粒子再回到MN上所用的时间不变，粒子只能是在磁场中运动，t＝360T＝mqB，与速度无关，故D正确；故选ABD。

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】粒子在磁场中是匀速圆周运动，在电场中是类似平抛运动，对于电场中的运动，很多省份的考试说明中只考虑初速度与电场平行和垂直两种情况，可以当作平抛运动处理。

132．如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh＞bc．如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度（v）﹣时间（t）图象，可能正确的有（ ）

A． B．

C． D．

【答案】AD 【解析】

试题分析：线框开始阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则线圈做匀速直线运动，由于磁场的长度大于线圈的长度，所以当线圈在磁场中运动的位移大于线圈的宽度后，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故A正确．BC错误．若线圈进入磁场时速度较小，线圈做加速度减小的加速运动，线圈完全进入磁场中，由于

试卷第72页，总139页

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磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故D正确．故选AD。 考点：电磁感应现象； 【名师点睛】本题的解题关键是分析线圈的受力情况，抓住安培力随速度的增大而增大，分析加速度的变化情况．

133．如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点．大量相同的带电粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d点和e点离开的粒子相比较（ ）

A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长 B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长 C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间 D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间 【答案】AD 【解析】

试题分析：如图所示，

若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间tT，运动时间相同，所以A2正确，C错误；如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长．圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B错误，D正确．故选AD。 考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】解决带点粒子在磁场中运动的问题要画出其运动轨迹，找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径。

134．如果运动电荷除磁场力外不受任何其他外力作用，则带电粒子在磁场中可能做：（ ）

A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动 C．变加速曲线运动 D．匀变速曲线运动 【答案】AC

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【解析】

试题分析：带电粒子进入磁场后，根据速度的方向与磁场的方向之间的关系，有三种运动的情况：

1、速度的方向与磁场的方向平行，此时带电粒子不受洛伦兹力的作用，所以带电粒子做匀速直线运动；

2、速度的方向与磁场的方向垂直，此时带电粒子受到与速度方向垂直的洛伦兹力，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以粒子做匀速圆周运动； 3、速度的方向与磁场的方向之间的有任意夹角（≠90°），此时粒子的运动可以分解成两个分运动，合起来是匀速螺旋运动；由以上的分析可知，速度的方向与垂直的方向平行时，带电粒子做匀速直线运动．故A正确；匀变速运动是指的加速度不变的运动，如果运动电荷除磁场力外不受其它任何力的作用，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以粒子将做曲线运动，故B错误；如果做匀变速运动说明加速度的方向是始终不变的，而洛伦兹力大小FqvB，方向始终与速度的方向垂直，即方向始终都在变化，所以粒子的加速度是变化的，是变加速曲线运动，故C正确，D错误。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小；匀变速运动是指的加速度不变的运动，当合力方向与速度方向不在一条直线上物体将做曲线运动。

135．下列叙述正确的是：（ ）

A．电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零

B．一小段通电导体在某处不受磁场力作用，则此处磁感应强度一定为零

C．表征磁场中某点的强弱，是把一小段通电直导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值 D．、表征电场中某点的强度，是把一个检验电荷放到该点时受到是电场力与检验电荷本身电荷量的比值 【答案】AD 【解析】

＝试题分析：根据公式EF，电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度为零，故Aq正确；一小段通电导体在某处不受磁场力作用，有可能是导线与磁场平行，此处磁感应强度不一定为零，故B错误；表征磁场中某点的强弱，是把一小段通电导线垂直于磁场的方向放在该点时受到的磁场力与该小段导线的长度和电流的乘积的比值，要作用方向，故C错误；表征电场中某点的强弱，是把一个检验电荷放到该点时受到是电场力与检验电荷的比值，故D正确。 考点：磁感应强度、电场强度 【名师点睛】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分。 评卷人 得分 四、简答题

136．如图在xOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小均为B=1.0T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E=√3N／C。一个质量m=2.0×10 kg，

-6

电荷量q=2.0×10 C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动。0.10s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做

试卷第74页，总139页

-7

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匀速圆周运动，取g=10m／s。求：

2

(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向； (2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；

(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点应满足何条件？ 【答案】（1）带电粒子在xoy平面内做匀速直线运动的速度v0大小2m/s，方向斜向上与x轴夹角为60°

（2）带电粒子在xoy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小1N/C，方向竖直向上． （3）若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射P点距离至少为0.27m 【解析】

（1）如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得：粒子合力为零 ①

重力mg=2.0×10-6N，电场力F电=Eq=2√3 ×10-6N

洛伦兹力𝐼＝√(𝐼𝐼)2+𝐼电2＝√4+12×10−6𝐼=4.0×10−6𝐼 ②

由f=qv0B得，代入数据解得 v0=2 m/s ③

𝐼𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼=√3 ，解得 θ=60° ④

速度v0大小2 m/s，方向斜向上与x轴夹角为60°

（2）带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时，电场力F电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力． 故电场强度𝐼＝𝐼𝐼＝1.0𝐼/𝐼 ⑤ 𝐼𝐼𝐼 方向竖直向上； ⑥

（3）如图带电粒子匀速圆周运动恰好未离开第1象限， 圆弧左边与y轴相切N点； ⑦ PQ匀速直线运动，PQ=v0t=0.2 m ⑧

𝐼0洛伦兹力提供向心力，𝐼𝐼0𝐼＝𝐼𝐼2 ⑨

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整理并代入数据得R=0.2 m ⑩ 由几何知识得OP=R+Rsin60°-PQcos60°═0.27 m x轴上入射P点离O点距离至少为0.27 m

点睛：带电粒子在电磁场中的运动一般有匀速直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；匀速直线运动一般平衡条件求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解．临界问题需要画出运动轨迹，找出临界条件进行求解.

137．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：

(1)M、N两点间的电势差UMN；

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r； (3)粒子从M点运动到P点的总时间t。 【答案】（1）【解析】

(1)设粒子过N点时的速度为v，有v＝2v0

粒子从M点运动到N点的过程，有𝐼𝐼𝐼𝐼＝2𝐼𝐼2−2𝐼𝐼20

11𝐼0𝐼3𝐼𝐼02𝐼𝐼(3√3+2𝐼)

（2） （3） 2𝐼𝐼𝐼3𝐼𝐼=cos𝐼

𝐼𝐼𝐼=

3𝐼𝐼0 2𝐼𝐼2O′N，有𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼

(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为

𝐼=

2𝐼𝐼0 𝐼𝐼(3)由几何关系得ON＝rsinθ

试卷第76页，总139页

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设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1 𝐼1=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期𝐼=

2𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼−𝐼𝐼 𝐼22𝐼√3𝐼𝐼𝐼 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有𝐼2=t＝t1＋t2

=

2𝐼𝐼 3𝐼𝐼𝐼=

(3√3+2𝐼)𝐼3𝐼𝐼

138．如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应

5

强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×10 V/m，PQ为板间中线．紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2大小未知，边界线的下方有水

4

平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×10 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束

－19－26

带电荷量q＝8.0×10C、质量m＝8.0×10 kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线

PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为[0m,(√2+1)m]的Q点垂直y轴射入磁场

区，不计离子的重力，假设离子射出磁场后不再返回磁场。求：

(1)离子在平行板间运动的速度大小．

(2)要使离子都不能打到x轴上，磁感应强度大小B2应满足什么条件？ (3)若𝐼2=

√2−110T，最后离子打到水平的荧光屏上的位置C，求离子打到荧光屏上的位

置C时的动能．

5-14

【答案】(1) v＝5.0×10 m/s (2) B2≥0.05 T (3) Ek=6.83×10J 【解析】

(1)设离子的速度大小为v，由于沿中线PQ做直线运动，则有qE1＝qvB1，

5

代入数据解得v＝5.0×10 m/s (2)如图乙所示，

由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径 r，

𝐼+√2𝐼=√2+1 解得：r=1m

设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则𝐼𝐼𝐼0=𝐼代入数据解得B0＝0.05 T，则B2≥0.05 T.

𝐼2 𝐼 专业资料 值得拥有

(3)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有𝐼𝐼𝐼2=𝐼𝐼2 𝐼𝐼=

√2+12m

作出离子的运动轨迹，设圆心为O′，运动轨迹交OA边界于N，如图甲所示》

OQ＝2r， 则OO′= r= O′N，∠N O′O＝90°，过N点做速度方向，此方向竖直向下，

离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动， y＝OO′＝r=vt ①

𝐼=

𝐼𝐼2 ② 𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼 ③ 𝐼合=√𝐼2+𝐼2𝐼 ④

离子打到荧光屏上的位置C的动能为𝐼𝐼=2𝐼𝐼2 ⑤ 合由①②③④⑤式解得：Ek=6.83×10J

【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路 1．正确的受力分析

除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析． 2．正确分析物体的运动状态

找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程．如果出现临界状态，要分析临界条件

带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况．

（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）．

（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．

（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成

139．在倾角α=37°的斜面上，固定着间距L=1m的平行金属导轨，其电阻不计,导轨接入如图所示的电路中，已知电源的电动势E=30V、内阻r=1.0Ω，可变电阻R2大小可调，定值电阻R1=6Ω．一根质量m=1.0kg的金属棒ab垂直导轨放置，其电阻Rab=3Ω,整个装置放在磁感应强度B=10T、垂直于斜面向上的匀强磁场中。已知ab棒与导轨间的动

2

摩擦因数μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s，假设金属棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．问要使金属棒静止在导轨上R2最小值为多少？

-14

1试卷第78页，总139页

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【答案】17Ω 【解析】

试题分析：根据导体棒刚要发生滑动时，金属棒受到中的电流最大，对应此时的电阻最小，结合欧姆定律，共点力平衡条件分析解题

若金属棒静止在导轨上，R2调到最小时，金属棒受到沿斜面向下的摩擦力且为最大静摩擦力， ab棒受力如图所示：

由平衡条件得：F=mgsin37°+μmgcos37° ① 安培力为：F=BIabL ②

由①②式联立解得：Iab=1A ③

𝐼𝐼Rab和R1并联电阻为：𝐼并=𝐼1=2𝐼 ④

+𝐼1𝐼𝐼𝐼𝐼设电路中的总电流为I，则I R并=IabRab ⑤ 由闭合电路欧姆定律得：𝐼=

𝐼 ⑥

𝐼并+𝐼+𝐼2由③④⑤⑥得：R2=17Ω 所以R2最小可调到17Ω

140．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为(√3𝐼，l)，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A(3𝐼，l)点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴离开磁场，电荷重力不计。

√3

(1)求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域Ⅰ时的速度大小v；

(2)若将区域Ⅱ内的磁场换成沿－x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域Ⅰ，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E。 【答案】(1)𝐼=

√3𝐼𝐼3𝐼 (2)𝐼=

√3𝐼𝐼26𝐼

【解析】

(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O′进入磁场区域Ⅱ，且AC＝OD，则

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D的坐标为(

为θ，

2√3l，0)。设粒子在磁场中运动的半径为3r，在磁场Ⅰ中的轨迹所对圆心角

根据几何知识可知rsin θ＝l，

12r－rcos θ＝2l－3l，

解得θ＝3，r＝3l。

粒子在磁场中做圆周运动，qvB＝m速度大小𝐼=故𝐼=

√3𝐼𝐼√3√3𝐼√3𝐼2， 𝐼𝐼𝐼𝐼 ， 𝐼3𝐼

(2)设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a，

则根据运动的分解可知，在x轴方向：0－vsin θ＝－at， 在y轴方向：vtcos θ＝2l，其中，qE＝ma， 联立解得:𝐼=

√3𝐼𝐼216𝐼

点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，关键作出粒子运动的轨迹，掌握处理圆周运动和类平抛运动的方法，结合几何关系和圆周运动的半径公式进行求解。 141．在直角坐标系xoy中，A（-0.3，0）、C是x轴上两点，P点的坐标为（0，0.3）。在第二象限内以D（-0.3,0.3）为圆心、0.3m为半径的1/4圆形区域内，分布着方向垂直xoy平面向外、磁感应强度大小为B=0.1T的匀强磁场；在第一象限三角形OPC之外的区域，分布着沿y轴负方向的匀强电场（如图所示）。现有大量质量为𝐼=3×10−9kg、电荷量为𝐼=1×104C的相同粒子，从A点平行xoy平面以相同速率𝐼=103m/s沿不同方向射向磁场区域，其中沿AD方向射入的粒子恰好从P点垂直y轴进入电场，恰好通过C点。已知α = 37°，不考虑粒子间的相互作用及其重力，求：

（1）电场强度E的大小；

试卷第80页，总139页

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（2）粒子穿越x正半轴的最大值。 【答案】（1）𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼 （2）0.5m

【解析】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，粒子的初速度为v

𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼2 𝐼𝐼=

𝐼𝐼 𝐼𝐼3

根据题意和几何知识，可得：r=DP=0.3m v=1×10m/s

沿AD方向的粒子由P点进入电场时，速度方向与y轴垂直。所以，该粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t OC=vt OP=2at

OP=OCtanα qE=ma E=112.5V/m

（2）若速度方向与x轴正方向的夹角为θ的入射粒子，从x正半轴穿过时距离O点最远。

粒子从F点离开磁场，其中𝐼′是粒子运动的圆心。由于粒子的运动半径等于磁场的半径，所以四边形𝐼𝐼𝐼𝐼′ 为菱形，𝐼′𝐼∥𝐼𝐼 ，𝐼𝐼⊥𝐼′𝐼，而AD又是竖直方向，所以vF垂直于y轴从𝐼′点进入电场，仍做类平抛运动。 运动时间为𝐼′ 𝐼=𝐼𝐼′ 𝐼𝐼=2𝐼𝐼′2 粒子到达x轴的坐标为𝐼𝐼′ 𝐼𝐼′=𝐼+𝐼𝐼′ 𝐼𝐼′=

𝐼−𝐼𝐼 𝐼𝐼tan𝐼112

=𝐼(1−cos𝐼)

联合接的𝐼𝐼′=0.4√1−cos𝐼+0.4cos𝐼

设√1−cos𝐼=𝐼 ，所以𝐼𝐼′=0.4𝐼+0.4(1−𝐼2) 当k=0.5时𝐼𝐼′有最大值且为0.5m.

142．如图所示，在xOy竖直平面内，Y轴的右侧有垂直纸面向外的匀强磁场B=0．4T和竖直向上的匀强电场E=2N/C。长为L=16m水平绝缘传送带AB以速度v0=3m/s顺时针匀速转动，右侧轮的轴心在Y轴上，右侧轮的上侧边缘B点的坐标是（0，h=8m）一个质量为M=2 g、电荷量为q=0．01C的小物块（可视为点电荷）以轻轻放在传送带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0．2，小物块从传送带滑下后，经过x轴上的P

2

点（没画出），重力加速度g=10m/s。求：

（1）P点的坐标；

（2）小物块从静止开始到经过x轴所用的时间；

（3）改变传送带匀速运行的速度，可让小物体从传送带上滑下后经过坐标原点O，那么要让小物块经过坐标原点，传送带运行速度的范围。

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【答案】（1）（-3m，0）（2）8．65s （3）v≥8m/s。 【解析】

（1）小物块在传送带做初速度为零的匀加速运动的加速度为： a=

𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼=2𝐼/𝐼2；

𝐼0𝐼当小物块与传送带速度相等时，所用时间：𝐼1=移为：𝐼1=2𝐼𝐼2=2.25𝐼<𝐼=16𝐼；

1=1.5𝐼，这段时间内小物块的位

所以小物块先做匀加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的时间为为：

𝐼2=

𝐼−𝐼1𝐼0=4.58𝐼；

小物块从传送带下滑下进入y轴右侧后，因为电场力为：F=qE=0.02N，而mg=0.02N，且电场力方向竖直向上，与重力方向相反，所以合力为洛伦兹力；所以做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，小物块的运动轨迹如图所示：

由向心力公式得，q𝐼0𝐼=运动时间为：𝐼3=

𝐼𝐼𝐼0𝐼2𝐼𝐼0，解得：r=

𝐼𝐼0𝐼𝐼=1.5𝐼，

=1.57𝐼

2(𝐼−2𝐼)

𝐼小物块离开磁场后，做平抛运动，运动时间为：𝐼4=√

=1𝐼；

水平方向上的位移为：𝐼2=𝐼0𝐼4=3𝐼； 所以P点的坐标为（-3m，0）；

（2）小物块从静止开始到经过X轴所用的时间：t=𝐼1+𝐼2+𝐼3+𝐼4=8.65𝐼；

𝐼（3）小物块要经过坐标原点0，它做匀速圆周运动的半径：R=2=4𝐼，洛伦兹力提供向心力，则有，q𝐼1𝐼=

𝐼2𝐼𝐼1，解得：𝐼1=

𝐼𝐼𝐼𝐼=8𝐼/𝐼；

小物块在传送带上滑行的末速度是：𝐼1=8𝐼/𝐼 ，它在传送带上滑行的距离为：x=

𝐼212𝐼=16𝐼，而L=16m，

说明如果小物块在传送带上一直做匀加速运动，则小物块就会经过坐标原点O，所以传送带的速度：v≥8𝐼/𝐼 。

143．如图所示，OP曲线的方程为：𝐼=1−0.4√6.25−𝐼 （x、y单位均为m），在OPM区域存在水平向右的匀强电场，场强大小E1=200 N/C（设为Ⅰ区），MPQ右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0.1 T（设为Ⅱ区），与x轴平行的PN上方（包括PN）存在竖直向上的匀强电场，场强大小E2=100 N/C（设为Ⅲ区），PN的上方h=3.125 m处有一足够长的紧靠y轴水平放置的荧光屏AB，OM的长度为a=6.25 m，今在曲线OP﹣25﹣19

上同时静止释放质量为m=1.6×10 kg，电荷量为e=1.6×10 C的带正电的微粒2000个（在OP上按x均匀分布）．（不考虑微粒之间的相互作用，不计粒子重力，√6.25

试卷第82页，总139页

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=2.5）．试求：

(1)这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小；

(2)粒子打在荧光屏上的亮线的长度和打在荧光屏上的粒子个数； (3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间．

4

【答案】（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×10 m/s；

（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25 m，打在荧光屏上的粒子数500个；

-4

（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.0×10 s． 【解析】

（1）对在Ⅰ区的运动过程根据动能定理列方程求速度的表达式，进而求出最大速度； （2）有半径公式表示粒子在Ⅱ区后做匀速圆周运动的轨道半径，求出转过半圈后的竖直位移，然后根据运动的合成与分解求出打在光屏上的亮线长度，根据长度比求出个数； （3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的时间最长，分别求出在Ⅰ区的运动时间和Ⅱ区的运动时间与圆周运动半轴的时间，其和即为最长时间． 解：（1）设粒子从点（x，y）出发，eE1（a﹣x）=mv0

122

𝐼0=√

2𝐼𝐼1(𝐼−𝐼)

𝐼4

当x=0时速度最大，所以最大速度vm=5×10m/s； （2）进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为：𝐼=

𝐼𝐼2𝐼𝐼=𝐼√

12𝐼𝐼1(𝐼−𝐼)

𝐼转半圈后打在MQ点上的C点，yc=2r+y=0.4√6.25−𝐼 +y=1m

所以所有的粒子均打在P点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P点出发，直接打在P点正上

4

方的荧光屏上，速度最大的是5×10m/s，水平向左做匀速运动， 竖直向上做匀加速直线运动， a2=

𝐼𝐼252

=10m/s 𝐼2𝐼2﹣4

t2=√𝐼 =2.5×10s

所以最偏左的y=vmt2=12.5m，则亮线长度为6.25m（其余打出去了） 打在6.25m处的粒子的水平速度为：v=由v=√

2𝐼𝐼1(𝐼−𝐼)4

=2.5×10m/s 𝐼6.25−42.5×10 m/s=2.5×10m/s

4

得：a﹣x=1.25

𝐼−𝐼所以打在荧光屏上的粒子数n=𝐼×2000=500个； （3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的最长时间为t1 a1=

𝐼𝐼12(𝐼−𝐼)52﹣4

=2×10m/s，得：t2=√ =1.25×10s 𝐼𝐼11𝐼𝐼﹣5

在Ⅱ区，t′=2T=𝐼𝐼 =3.14×10s t=t1+t2+t′=4.0×10s

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﹣4

144．在平面直角坐标系𝐼𝐼𝐼中，第一象限存在沿𝐼轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于直角坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为𝐼，一质量为𝐼、电荷量为𝐼的带正电的粒子从𝐼轴正半轴上的M点以速度𝐼𝐼垂直于𝐼轴射入电场，经𝐼轴上的N点与𝐼轴正方向成𝐼=60°角射入磁场，最后从𝐼轴负半轴上的P点垂直于𝐼轴射出磁场，如图所示，不计粒子的重力，求：

（1）M、N两点间的电势差𝐼；

（2）粒子在磁场中运动的轨道半径𝐼； （3）粒子从M点运动到P点的总时间。

【答案】（1） （2） （3） 【解析】

（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动，设粒子过N点的速度为v，有

𝐼0𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼，得：𝐼=2𝐼0

11粒子从M点到N点的过程，由动能定理有：𝐼𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼2−2𝐼𝐼20， 解得：𝐼𝐼𝐼=

3𝐼𝐼20。 2𝐼（2）粒子在磁场中以𝐼′为圆心做匀速圆周运动（如图所示）：

半径为𝐼′𝐼，有：𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼2，解得：𝐼𝐼=

2𝐼𝐼0。 𝐼𝐼试卷第84页，总139页

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（3）由几何关系得： 𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼

设粒子在电场中运动的时间为𝐼1，则有：𝐼𝐼=𝐼0𝐼1，𝐼1=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：𝐼=设粒子在磁场中运动的时间为𝐼2，有：𝐼2=运动的总时间为：𝐼=𝐼1+𝐼2，即：𝐼=

2𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼−𝐼𝐼，得：𝐼22𝐼√3𝐼𝐼𝐼

=

2𝐼𝐼 3𝐼𝐼(3√3+2𝐼)𝐼3𝐼𝐼 。

点睛：该题考查了电场和磁场边界问题，不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要，粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解，点粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点。 145．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：

(1)P点到O点的距离；

(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；

(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻； 【答案】(1) 2𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼202 (2) 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼02 (3) 𝐼𝐼 015𝐼𝐼【解析】

(1) 设粒子在电场中匀加速运动的时间为t0，

𝐼0=𝐼𝐼 Eq＝ma

0𝐼𝐼设OP间距离为x，𝐼=2𝐼𝐼20 解得：𝐼=

𝐼𝐼𝐼2 2𝐼𝐼201(2) 设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2，

𝐼1=𝐼𝐼0 𝐼2=2𝐼𝐼0 00𝐼𝐼3𝐼𝐼粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，如图所示

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Δx＝2R2－2R1＝

𝐼𝐼𝐼 𝐼𝐼20(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1

＝NΔx

解得：N＝2，粒子能再次经过O点 t＝2T＋2t0 解得：𝐼=

15𝐼𝐼 𝐼𝐼0146．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，

0

从点b处穿过x轴，速度方向与x轴正方向的夹角为30．粒子的重力不计，试求：

（1）粒子在磁场中的运动半径

（2）圆形匀强磁场区域的最小面积． 【答案】（1）粒子在磁场中的运动半径为𝐼𝐼0

3𝐼𝐼2𝐼0（2）圆形匀强磁场区域的最小面积为4𝐼2𝐼22𝐼𝐼

【解析】

（1）带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力得：

𝐼𝐼𝐼0＝𝐼𝐼0𝐼2

解得：𝐼=

𝐼𝐼0 𝐼𝐼（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120°，，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为：l=√3 R

要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即：𝐼=2𝐼＝其面积为：𝐼𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼2＝3𝐼𝐼2𝐼04𝐼2𝐼221√32𝐼=

√3𝐼𝐼02𝐼𝐼

点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，知道向心力由洛伦兹力提供，学会利用圆心角去求运动时间，难度适中。

147．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴上的S点由一粒子发射源，不定时的发射沿与x轴负方向成30°角的质量为m电荷量为-q的粒子a和沿与x轴正方向成60°角的质量也为m、电荷量为+q的粒子b。已知粒子a的速度为𝐼𝐼=𝐼0，粒子b的速度为𝐼𝐼=√3𝐼0，忽略两粒子的重力以及两粒子间的相互作用，求：

试卷第86页，总139页

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（1）要使两粒子在磁场中发生碰撞，则两粒子释放的时间间隔𝐼𝐼；

（2）如果两粒子在磁场中不相碰，则两粒子进入磁场后第一次经过x轴时两点之间的距离。

【答案】（1） 𝐼𝐼=𝐼=

16𝐼𝐼 （2） 𝐼3𝐼𝐼=𝐼𝐼+𝐼𝐼=

4𝐼𝐼0 𝐼𝐼【解析】

（1）如图所示，假设两粒子在磁场中的P点发生碰撞，两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示

设a粒子做圆周运动的半径为r，则b粒子做圆周运动的半径为√3𝐼 根据几何关系可得a、b粒子在圆心相距为2𝐼 圆弧SP在a粒子圆周上对应的圆心角为120° 圆弧SP在b粒子圆周上对应的圆心角为60°

两粒子运动周期相同，故要使两粒子相碰，释放的时间间隔应为𝐼𝐼=6𝐼=3𝐼𝐼 （2）两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 根据洛伦兹力提供向心力有𝐼𝐼𝐼=

𝐼2𝐼𝐼，则𝐼1𝐼𝐼=𝐼𝐼 =2𝐼𝐼𝐼𝐼30° =2√3sin60°

𝐼𝐼粒子a做圆周运动对应的圆心角𝐼𝐼=粒子b做圆周运动对应的圆心角𝐼𝐼=联立得𝐼=𝐼𝐼+𝐼𝐼=

4𝐼𝐼0 𝐼𝐼5𝐼，对应的弦𝐼𝐼34𝐼，对应的弦𝐼𝐼3点睛：对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据𝐼=2𝐼𝐼，𝐼是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角。

148．如图，在x<0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E＝10 N/C；在x>0的空间中，存在垂直xy平面方向向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一带负电的粒子(比荷q/m＝160 C/kg)，在距O点左边x＝0.06 m处的d点以v0＝8 m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求：

𝐼 专业资料 值得拥有

(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时的速度大小和方向； (2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场； 【答案】（1）16m/s，与y轴正方向成60°角；（2）【解析】

（1）粒子在第一象限做类平抛运动，加速度：𝐼=

2𝐼√3𝐼𝐼 ； 120𝐼𝐼𝐼=1600𝐼/𝐼2，

√3运动时间𝐼1=√𝐼=200𝐼，沿y方向的位移：𝐼=𝐼0𝐼=

25𝐼

粒子通过y轴进入磁场时在x方向上的速度：𝐼𝐼=𝐼𝐼1=8√3𝐼/𝐼，𝐼=

2√𝐼20+𝐼𝐼=16𝐼/𝐼，因此：𝐼𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼0=√3，所以：𝐼=60°。

（2）粒子在第二象限以𝐼′为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为2𝐼=120°，运动时间：𝐼2=3𝐼=3⋅

112𝐼𝐼𝐼𝐼=120𝐼。

𝐼点睛：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子垂直射入电场，在电场中偏转做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式。 149．如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=l kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成α=53°角；ab与导轨间动摩擦因数为μ=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），定滑轮摩擦不计，线对ab

2

的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s，ab处于静止状态．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）通过ab的电流大小和方向． （2）ab受到的安培力大小和方向． （3）重物重力G的取值范围． 【答案】（1）2A，方向由a到b；（2）5N（3）0.5N≤G≤7.5N 【解析】

（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流𝐼=𝐼+𝐼𝐼0=4+0.9+0.1=2𝐼，方向：+𝐼10由a到b；

（2）ab受到的安培力：𝐼=𝐼𝐼𝐼=5×2×0.5=5𝐼； （3）ab受力如图所示：

试卷第88页，总139页

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最大静摩擦力：𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼（𝐼𝐼﹣𝐼𝐼𝐼𝐼53°）=3.5𝐼 由平衡条件得：

当最大静摩擦力方向向右时：𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼53°﹣𝐼𝐼𝐼𝐼=0.5𝐼， 当最大静摩擦力方向向左时：𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼53°+𝐼𝐼𝐼𝐼=7.5𝐼 由于重物平衡，故：𝐼=𝐼

则重物重力的取值范围为：0.5𝐼≤𝐼≤7.5𝐼

点睛：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。

150．质量为m＝0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2 m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2 T 的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示．现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？

【答案】0.14𝐼≤𝐼≤0.46𝐼 【解析】

试题分析：当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，安培力最大，电流最大．当电流最小时，有向上的最大静摩擦力，根据共点力平衡，结合安培力的大小公式，求出通过ab杆的电流范围．

当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下，当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值

，此时通过ab的电流最大为𝐼𝐼𝐼𝐼；同理，当电流最小时，应该是

，电流为𝐼𝐼𝐼𝐼.两种情况下的受力图

导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为如图所示，

由平衡条件得：对第一种情况有：

，

解上述方程得：对第二种情况有：

，

，

，

，

，

，

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解上述方程得：

则通过ab杆的电流范围为：

151．如图，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B。MM/和NN/是它的两条边界。现有质量为m，电量为e的电子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不从边界NN’射出，电子入射速率的最大值是多少？

【答案】2𝐼𝐼𝐼/(√2+2)𝐼 【解析】

试题分析：带电粒子垂直射入匀强磁场时，做匀速圆周运动，速度越大，粒子的轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，根据几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解粒子入射速率的最大值． 恰好没有从NN’射出的临界情况如图所示：

𝐼−𝐼结合几何关系，有：

𝐼2𝐼√

=cos45°

𝐼𝐼2𝐼𝐼𝐼； √2+2)𝐼得出：𝐼=2+2，又𝐼=𝐼𝐼，代入有速度最大值：𝐼=(【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题

152．如图所示，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。

试卷第90页，总139页

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(1)若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA。

(2)若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间Δt。

(3)在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3. 【答案】(1)8N (2)𝐼𝐼=1s (3) v3=1m/s 【解析】

(1)棒在GH处时，感应电动势：E=BLv

𝐼感应电流：𝐼=

𝐼金属棒受到的安培力𝐼=𝐼𝐼𝐼=8N

(2)运动过程电流始终不变，而电阻不变，即感应电动势不变。初始感应电动势𝐼=

𝐼𝐼𝐼=3V

所以平均感应电动势

𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=3V

1根据几何关系可得从GH到EF，线框面积变化量𝐼𝐼=2×(𝐼𝐼+𝐼𝐼)×2=6m2 代入计算可得运动时间𝐼𝐼=1s (3)根据几何关系可得𝐼𝐼𝐼=2m

根据运动过程电流不变判断电动势不变，设末速度为𝐼′，则有𝐼𝐼𝐼3=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼′ 可得𝐼′=2𝐼3 运动时间𝐼𝐼=电动势𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼3 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼3

33运动时间𝐼𝐼=2𝐼 克服安培力做功𝐼2𝐼𝐼𝐼=根据动能定理有𝐼−

3𝐼2𝐼2𝐼32𝐼𝐼2𝐼2𝐼3𝐼12×

232𝐼31=

3𝐼2𝐼2𝐼3 2𝐼2

=2𝐼𝐼′−2𝐼𝐼37整理可得𝐼3=1m/s或𝐼3=−3m/s(舍去).

点睛：本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，难度较大，分析清楚棒的运动过程、应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式、动能定理即可正确解题，解题时注意题设条件：电流大小始终不变．

153．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场。忽略重力影响。

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(1)求匀强电场场强E的大小；

(2)求粒子从电场射出时速度ν的大小；

(3)求M、N两点间距L的大小；保持粒子不变，请你说出一种增大间距L的方法。 【答案】（1）𝐼=；（2）𝐼=√

𝐼𝐼2𝐼𝐼；（3）只增大𝐼U或只减小B等。

【解析】

𝐼(1)由匀强电场中电势差与场强的关系得： 𝐼= 𝐼(2)根据动能定理有： 𝐼𝐼=2𝐼𝐼2 可得： 𝐼=√

2𝐼𝐼 ① 𝐼𝐼𝐼2 ② 𝐼1(3)根据牛顿第二定律可得：𝐼𝐼𝐼= L=2R ③

联立①②③式可得： 𝐼=𝐼√

22𝐼𝐼 𝐼增大间距L的方法有：只增大U或只减小B等。

1．用磁场可以约束带电离子的轨迹，如图所示，宽d=2cm的有界匀强磁场的横向范围足够大，磁感应强度方向垂直纸面向里，B＝1T。现有一束带正电的粒子从O点以v6 －19

＝2×10m/s的速度沿纸面垂直边界进入磁场。粒子的电荷量q＝1.6×10C，质量m＝

－27

3.2×10kg。求：

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和运动时间t是多大？

(2)粒子保持原有速度，又不从磁场上边界射出，则磁感应强度最小为多大？ 【答案】（1）r＝4×10m；𝐼=

-2

𝐼×10−8s；（2）B =2 T 3【解析】

【试题分析】(1)根据粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解．(2)根据粒子不从磁场上边界出射，其轨迹与上边界相切，画出运动轨迹图，根据半径公式，即可求解． (1)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图:

试卷第92页，总139页

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则𝐼𝐼𝐼=𝐼即：𝐼=

𝐼2 ① 𝐼𝐼𝐼 𝐼𝐼解得：R＝4×10m ②

𝐼设粒子在磁场里运动轨迹对应的圆心角为θ，则：sin𝐼=𝐼 ③ 解得：𝐼= 由𝐼=

2𝐼𝐼 和𝐼𝐼𝐼𝐼6-2

=2𝐼𝐼 ④

𝐼×10−8s ⑤ 3𝐼所以带电离子在磁场里的运动时间：𝐼=

(2)粒子不从磁场上边界出射，其轨迹与上边界相切，如图:

设最大半径为Rm，磁感应强度最小为Bm，则：Rm=d ⑥ 由𝐼𝐼=

𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼得：𝐼𝐼=𝐼𝐼 ⑦

𝐼解得：Bm=2 T

【点睛】考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律的应用，注意正确画出运动轨迹图是解题的关键．

155．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸

面向里，图中E0、B0、k均为已知量。t=0时刻，比荷的正粒子以一定的初速度

从O点沿水平方向射入极板间，在0~t（1）时间内粒子恰好沿直线运动，

𝐼时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8=4，1.4=√2， ．．．．．．．．．．．

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求： ⑴在时刻粒子的运动速度v；

⑵在时刻粒子偏离O点的竖直距离y； ⑶水平极板的长度L。

【答案】（1） （2） （3）

【解析】

⑴在0~t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，由

得

在t1~t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，

则

由得即v与水平方向成45角向下；

o

⑵电场中：

在t2~t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期在磁场中运动时间：t=4𝐼𝐼=8𝐼

0

𝐼1即圆周运动的圆心角为4，此时速度恰好沿水平方向 磁场中：由qvB=

𝐼𝐼2得： 𝐼1𝐼𝐼=

√2𝐼0𝐼𝐼20

0𝐼2=𝐼1(1−𝐼𝐼𝐼450)=(√2−1)𝐼𝐼2

0𝐼偏离的竖直距离 y=𝐼1+𝐼2=(√2−2)

1𝐼0 𝐼𝐼20√2𝐼0⑶在t3时刻进入电场时以初速度v=√2𝐼0=

𝐼0,做类平抛运动，

𝐼/𝐼=𝐼𝐼=

𝐼𝐼0√2𝐼𝐼𝐼0=

√2𝐼0𝐼0,

2𝐼0 𝐼0再次进入磁场时，𝐼′=2𝐼0=

试卷第94页，总139页

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由tan𝐼′=由𝐼𝐼′𝐼0𝐼𝐼/𝐼=1得𝐼′=45°即v与水平方向成45角向下

'

o

=

𝐼′𝐼𝐼22得：𝐼2=

2𝐼0 𝐼𝐼20综上可得： 长度：L=𝐼0∙

2𝐼𝐼0+𝐼1𝐼𝐼𝐼450+√2𝐼0∙

√2𝐼𝐼0+𝐼2𝐼𝐼𝐼450=

(5+√2)𝐼0𝐼𝐼20

156．在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电量为+q的小球。

（1）当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；

（2）现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所

𝐼𝐼示，空间再加一个水平向右、场强𝐼=的匀强电场（未画出），若小球仍以v0的初

𝐼速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度. 【答案】（1）𝐼0=【解析】

（1）小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故𝐼𝐼0𝐼=解得：𝐼0=

𝐼𝐼𝐼。 𝐼𝐼2𝐼𝐼0

𝐼𝐼𝐼 ；（2）①𝐼𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼𝐼 ；②𝐼𝐼=√

𝐼2𝐼2𝐼2𝐼2+(2+2√2)𝐼𝐼

（2）①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程，由动能定理可以得到：𝐼𝐼𝐼+𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼

𝐼𝐼由题目已知：𝐼=𝐼

联合以上两式可以得到：动能增量𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼𝐼。

②当小球到达管道中方位角为𝐼的位置（如图所示）时，应用动能定理，有：

𝐼𝐼𝐼sin𝐼+𝐼𝐼(𝐼+𝐼cos𝐼)=2𝐼𝐼2−2𝐼𝐼20

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即：𝐼22=

𝐼2𝐼2𝐼2𝐼2+2𝐼𝐼+2𝐼𝐼(sin𝐼+cos𝐼)

对函数𝐼=sin𝐼+cos𝐼求极值，可得𝐼=45∘时，𝐼max=√2 所以𝐼𝐼=√

𝐼2𝐼2𝐼2𝐼2+(2+2√2)𝐼𝐼

157．如图所示，两平行板AB之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两板之间距离及板长均为d。一质子以速度v0从A板中点O垂直A板射入磁场，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度大小的范围。（已知质子的电荷量为e，质量为m）

【答案】<B< 或≤B≤-- 【解析】

第一种临界情况是质子从N点射出，此时质子的运动轨迹是个半圆，如图所示：

半径为：𝐼1=

𝐼𝐼2=，由牛顿第二定律得：𝐼𝐼𝐼1=𝐼𝐼4𝐼2，解得：𝐼1𝐼1=

4𝐼𝐼0； 𝐼𝐼第二种临界情况是质子恰好从M点射出，轨迹如图所示， 由平面几何知识得𝐼22=𝐼2+（𝐼2−

2𝐼），解得：𝐼22=4𝐼，

5由牛顿第二定律得：𝐼𝐼𝐼2=𝐼𝐼2，解得：𝐼2𝐼2=

4𝐼𝐼0， 5𝐼𝐼综上所述，磁感应强度B应满足的条件是：

4𝐼𝐼04𝐼𝐼04𝐼𝐼0＜𝐼＜或5𝐼𝐼5𝐼𝐼𝐼𝐼≤𝐼≤

4𝐼𝐼0 ； 𝐼𝐼点睛：本题关键是由几何知识确定出从两端射出时临界情况下的半径，然后根据牛顿第

二定律列方程求解即可。 158．如图所示，倾斜固定放置的两平行光滑导轨相距为20cm，金属棒MN的质量为10g，电阻R=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，大小为0.8T，电源电动势为10V，内阻为1Ω．当开关S闭合时，MN处于平衡状态．求变阻器R1接入电阻多大？（已知θ=45°，g=10N/kg）

试卷第96页，总139页

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【答案】7Ω 【解析】

金属棒受重力𝐼𝐼 、支持力N、安培力F的作用，受力分析如图：

根据平衡条件得：

𝐼=𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=0.1𝐼，安培力为：𝐼=𝐼𝐼𝐼 联立代入数据解得：𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼

58根据欧姆定律得：𝐼=𝐼+𝐼+𝐼

1代入数据解得：𝐼1=7𝐼

点睛：金属棒静止在斜面上，分析受力，作出力图，根据平衡条件求出安培力；再利用安培力公式求出电路中电流，最后由欧姆定律求解电阻。

159．如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、电量为q的初速为零的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动。

求：（1）粒子进入速度选择器的速度v； （2）速度选择器的电压U2 ；

（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。 【答案】（1） √【解析】

2𝐼𝐼112𝐼𝐼1√ （2） 𝐼𝐼2𝐼 专业资料 值得拥有

⑴粒子经加速电场U1加速，获得速度V，得：qU1=mv 解得v=√

2𝐼𝐼1 𝐼122

⑵在速度选择器中作匀速直线运动，得Eq=qvB1 即𝐼2𝐼=𝐼𝐼𝐼1 ，U2=B1dv = B1d√

𝐼2𝐼𝐼1 𝐼𝐼2 𝐼⑶在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，𝐼𝐼𝐼2=𝐼R=𝐼𝐼=𝐼𝐼√

22𝐼𝐼𝐼2𝐼𝐼112𝐼𝐼1√= 𝐼𝐼2𝐼点睛：解决本题的关键掌握带电粒子在电场中的运动特点与在磁场中的运动特点，以及

知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡．

160．如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源,电源的电动势E=9V内阻为r=0.5Ω，在相距1m的平行导轨上放一重力为3N电阻值为2.5Ω的金属棒ab，

磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止。求：（1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）ab棒对导轨的压力。

𝐼【答案】（1）

cos60∘

=2𝐼=6𝐼 （2）

𝐼安𝐼𝐼=

√3𝐼𝐼𝐼=

3√33×1=√3𝐼

【解析】

先将原图改画为侧视图，对导体棒受力分析，如图所示，导体棒恰好能静止，应有

Nx=F安 ，Ny=G

因为tan60°=𝐼𝐼 所以F安= tan60°， Ny=√3G

𝐼𝐼又F安=BIL ，𝐼=𝐼+𝐼 所以B=𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼安√3𝐼𝐼𝐼𝐼=3×1=√3𝐼

3√3𝐼N=cos60=2𝐼=6𝐼 ∘=cos60∘牛三：𝐼′=𝐼=6𝐼 ，方向垂直斜面向下。

点睛：本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键是分析物体的受力情况，画出力图，原图是立体图，往往画侧视图，便于作力图．

161．如图所示，空间存在一个半径为R0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B。有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁

试卷第98页，总139页

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场，不计粒子重力，且不考虑粒子之间的相互作用，试求解：

（1）带电粒子速度的大小；

（2）若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为𝐼4√2，求粒子

在磁场中最长的运动时间t；

（3）若原磁场不变，再叠加另一个半径为Rx(Rx＞R0)的圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为

𝐼2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该离子源从圆心出

发的粒子都能回到圆心，求Rx的最小值和粒子从发射到第一次回到圆心的运动时间t。 【答案】（1）𝐼=

𝐼𝐼𝐼0 （2）𝐼2𝐼=

√2𝐼𝐼𝐼𝐼 （3）

14𝐼𝐼 3𝐼𝐼【解析】 试题分析：（1）根据几何关系，结合洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，即可求解；（2）由几何关系，可求出运动轨迹的圆心角，根据周期公式，即可求解；（3）根据矢量法则，可确定磁场方向与大小，再由几何关系，结合周期公式，即可求解．

（1）假设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则粒子离开出发点的最远距离为2R，由题意可知2𝐼=𝐼0 再根据𝐼𝐼𝐼=𝐼代入𝐼=

𝐼0 2𝐼𝐼𝐼0 2𝐼√2𝐼2可得：𝐼𝐼=𝐼𝐼

𝐼𝐼解得：𝐼=

（2）磁场的大小变为𝐼1=

𝐼214𝐼后，假设粒子的轨道半径为𝐼1，

再由𝐼𝐼1𝐼=𝐼𝐼可解得：𝐼1=√2𝐼0

根据几何关系可以得到，当弦最长时，粒子运动的时间最长，即当弦为2R0时最长，此时对应圆心角为90°= 粒子在磁场中最长的运动时间为𝐼=解得：𝐼=

√2𝐼𝐼𝐼2𝐼1𝐼/2 𝐼𝐼𝐼 𝐼（3）根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为2，方向垂直纸面向里，环形区域（R0

𝐼以外）的磁感应强度大小为2，方向垂直纸面向外 由𝐼𝐼𝐼2=𝐼𝐼可得：𝐼2=2𝐼𝐼=𝐼0

2𝐼2𝐼𝐼根据对称性，画出带电粒子运动轨迹图，粒子运动轨迹的半径为𝐼0由几何关系可得Rx的最小值为：(√3+1)𝐼0

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粒子从粒子源发射到第一次回到圆心所需的时间为：𝐼=

(+

𝐼5𝐼)𝐼036𝐼×2=

14𝐼𝐼 3𝐼𝐼【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

162．如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，右边是一个电场强度大小为𝐼=

𝐼𝐼20的匀强电场，其方向平行于2𝐼𝐼OC向上且垂直于磁场

方向；有一初速度大小为v0,质量为m、电荷量为-q 的带电粒子从P点沿与边界线PQ

0

的夹角θ=60的方向射入匀强磁场，恰好从距O点正上方L处的C点垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，不计粒子的重力，求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）求粒子从P至Q所用时间及OQ的长度

（3）如果保持电场与磁场方向不变，而将它们左右对调，且磁感应强度大小变为原来的1/4，电场强度减小到原来的一半，粒子仍从P点以速度v0沿某一方向射入，恰好从O点正上方的小孔C射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？ 【答案】（1）𝐼=

3𝐼𝐼04𝐼𝐼2𝐼′ （2）+ 2L； （3）𝐼2𝐼𝐼9𝐼0𝐼0=

4√2𝐼 3【解析】

试题分析：①粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，在电场中粒子做的是类平抛运动；②根据几何关系求出带电粒子做圆周运动的半径。 （1）做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，

由几何关系可知：r+rcos60=L

0

试卷第100页，总139页

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由洛伦兹力提供向心力可得：𝐼𝐼0𝐼=（2）粒子在磁场中运动的周期𝐼=

𝐼𝐼2解得𝐼𝐼=

3𝐼𝐼0 2𝐼𝐼2𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼3粒子在磁场中运动的时间为： 𝐼1= 粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向：x=v0t2 在平行电场方向：qE=ma

𝐼=2𝐼𝐼22

解得粒子从P运动至Q点所用的时间：𝐼=𝐼1+𝐼2=OQ的长度为:x=2L （3）

电场和磁场左右对调后，粒子在电场中，𝐼′114𝐼𝐼2𝐼+ 9𝐼0𝐼01=

1𝐼2=

𝐼𝐼20 4𝐼𝐼由动能定理可得：−𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼2−2𝐼𝐼20 粒子在磁场中：𝐼′=𝐼=

143𝐼𝐼0 8𝐼𝐼𝐼𝐼2 𝐼′4√2𝐼 3根据牛顿第二定律：𝐼𝐼0𝐼′=

解得粒子进入磁场后做圆周运动的半径为：𝐼′=

点睛：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．粒子先做的是匀速圆周运动，类平抛运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，类平抛运动的规律由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。

163．已知电子质量为m，电荷为e，两个几何形状完全相同的平行板电容器PQ和MN，水平置于水平方向的匀强磁场中（磁场区域足够大），两电容器极板左端和右端分别在同一竖直线上。已知P、Q之间和M、N之间的距离都是d，板间电压都是U，极极长度均为L。一个重力不计的电子从极板边缘的O点以速度V0沿P、Q两板间的中心线进入电容器，并做匀速直线运动穿过电容器，此后经过磁场偏转又沿水平方向进入到电容器M、N板间，在电容器M、N中也沿水平方向做匀速直线运动，穿过M、N板间的电场后，再经过磁场偏转又通过O点沿水平方向进入电容器P、Q极板间，如此循环往复。

（1）极板P、Q、M、N各带什么电荷；

（2）Q板和M板间的距离x满足什么条件，才能达到题中过程的要求； （3）电子从O点出发到第一次返回到O点经过的时间。

【答案】(1) P极板带正电，Q极板带负电 M板带负电，N板带正电 (2)

2𝐼𝐼𝐼0𝐼𝐼2−

3𝐼2<𝐼<

2𝐼𝐼𝐼0𝐼𝐼2−2

𝐼(3) t=2(t1+t2)=2(L/V0+ΠdmV0/eU)

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【解析】

（1）电子所受洛仑兹力方向竖直向下，因电子做匀速直线运动，故所受电场力方向竖直向上，电子带负电，所以P极板带正电，Q极板带负电

电子在M、N板间运动过程中，受洛仑兹力方向竖直向上，电场力方向竖直向下，故M板带负电，N板带正电。

𝐼𝐼（2）在电容器的极板间洛仑兹力与电场力大小相等，e𝐼0𝐼= 𝐼电子射出电容器后在磁场中做匀速圆周运动，设圆周半径为R，根据洛仑兹力公式和向心力公式有:e𝐼0𝐼=

𝐼2𝐼𝐼0

𝐼𝐼+𝐼+𝐼 2要使电子能进入M、N板间，则应满足:2+𝐼<2𝐼<

2𝐼𝐼𝐼2解得：𝐼𝐼03𝐼−2<𝐼<

2𝐼𝐼𝐼20𝐼𝐼−2

𝐼 𝐼0𝐼（3）电子通过一个电容器的时间𝐼1=

设电子在磁场中做圆周运动的周期为T，则𝐼=2𝐼𝐼/𝐼0 电子在磁场中运动半个圆周的时间𝐼2=𝐼/2=

𝐼𝐼𝐼𝐼0 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼0) 𝐼𝐼电子第一次返回到O点的时间:t=2(𝐼1+𝐼2)=2(𝐼+

01．如图所示，在同一平面内边长均为l的正方形区域abcd和cdef中．分别存在平

行于ab方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质量为m电荷量为q的带电粒子，以速度υ0沿ad方向从a点射入电场，并从dc边的中点O射出，不计重力．

（1）求电场强度的大小；

（2）若粒子垂直于ef边界射出磁场，求它在电、磁场中运动的总时间； （3）磁场的磁感应强度大小在什么范围内时，粒子才能从de边界射出磁场？

𝐼𝐼2𝐼𝐼𝐼𝐼【答案】（1）𝐼𝐼0 ；（2）（1+4）𝐼 ；（3）（1+√2）𝐼𝐼00<𝐼<2（1+√2）𝐼𝐼0 𝐼𝐼【解析】

试题分析：（1）粒子在偏转电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零匀加速直线运动，可以解出电场强度与运动的时间；

（2）解出粒子离开电场时的速度方向即粒子进入磁场的速度方向，做出运动轨迹图，解出粒子进入磁场和离开磁场两位置间的距离；根据几何关系解出转过的圆心角即可得到粒子在磁场中的运动时间．

（3）根据题目的要求做出粒子从de边射出的临界条件的轨迹，结合牛顿第二定律，即可求解．

（1）粒子在偏转电场中仅受竖直向下的电场力，做类平抛运动， 水平方向做匀速直线运动：𝐼=𝐼0𝐼1

竖直方向做初速度为零匀加速直线运动：2=2𝐼𝐼21，𝐼＝𝐼𝐼2𝐼整理得：𝐼＝𝐼𝐼0，𝐼＝𝐼

0𝐼1𝐼𝐼 𝐼试卷第102页，总139页

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（2）粒子离开电场时的末速度可以分解为水平分速度𝐼0与竖直分速度𝐼𝐼，设v与𝐼0之间的夹角为𝐼，则tan𝐼=

𝐼𝐼𝐼0=

𝐼𝐼1，𝐼𝐼0=

𝐼0，解得𝐼cos𝐼=

𝐼4

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，垂直于ef边界射出磁场是的丶轨迹如图．由几何关系知：𝐼sin𝐼=𝐼

𝐼𝐼粒子经过磁场区域的时间：𝐼2= 𝐼粒子通过电磁场的总时间：𝐼=𝐼1+𝐼2=(1+)

𝐼𝐼 4𝐼0（3）档粒子运动的轨迹与ef相切时，根据几何关系得：𝐼1sin𝐼+𝐼1=𝐼 根据牛顿第二定律得：𝐼𝐼𝐼1=

𝐼𝐼2 ，解得：𝐼1𝐼1=(1+√2)𝐼𝐼0 𝐼𝐼当粒子与边界de相切时，根据几何关系得：𝐼1sin𝐼+𝐼1=2𝐼 根据牛顿第二定律得：𝐼𝐼𝐼2=得：(1+√2)𝐼𝐼0𝐼𝐼𝐼𝐼2，解得：𝐼2𝐼2𝐼𝐼0 𝐼𝐼1=2(1+√2)𝐼𝐼0 ，故：𝐼1𝐼𝐼<𝐼<𝐼2

<𝐼<2(1+√2)【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

165．如图，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 Ω的直流电源，现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻

2

不计，g取10m/s，已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：

（1）通过导体棒的电流；

（2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力。 【答案】（1）1.5A；（2）0.30N；（3）0.06N 【解析】

（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：𝐼=

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𝐼𝐼0+𝐼=

4.5A2.5+0.5=1.5A

（2）导体棒受到的安培力：𝐼安=𝐼𝐼𝐼=0.5×1.5×0.40(N)=0.30N

（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力𝐼1=𝐼𝐼sin37°=0.040×10×0.60(N)=0.24N 由于𝐼1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件

𝐼𝐼sin37°+𝐼=𝐼安

解得𝐼=0.06N

166．如图所示，在半径为𝐼=

𝐼𝐼0的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应𝐼𝐼强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平

行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．

(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；

(2)若粒子对准圆心射入，且速率为√3v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；

(3)若粒子以速率v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。 【答案】(1)

𝐼𝐼 2𝐼𝐼(2) v0 (3)见解析

32【解析】 试题分析：（1）根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，从而根据几何关系求出圆弧的圆心角大小，通过弧长和速度求出在磁场中运动的时间（2）若粒子对准圆心射入，且速率为√3𝐼0，轨道半径变为原来的√3倍，通过几何关系求出圆弧的圆心角，从而得知出磁场的速度方向，根据速度分解求出它打到感光板上时速度的垂直分量；（3）当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．通过证明入射点、出射点、圆心磁场的圆心以及粒子运动圆弧的圆心构成的图形为菱形，从而可以证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．

(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得

𝐼𝐼𝐼0=𝐼𝐼0，所以𝐼=

𝐼2𝐼𝐼1𝐼𝐼=𝐼

𝐼带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为2. 则它在磁场中运动的时间𝐼=

𝐼𝐼2𝐼0=

𝐼𝐼 2𝐼𝐼(2)由(1)知，当𝐼=√3𝐼0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为√3R，其运动轨迹如图所示．

由几何关系可知∠PO2O=∠OO2A=30°，所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°，

试卷第104页，总139页

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粒子打到感光板上时速度的垂直分量为𝐼⊥=𝐼sin60°=𝐼0

(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图所示．

32

因PO3=O3S=PO=SO=R，所以四边形POSO3为菱形 由几何关系可知：PO∥O3S

在S点的速度方向与O3S垂直，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，离开磁场后垂直打在感光板上，与入射的方向无关．

【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式𝐼=

𝐼𝐼，周期公式𝐼𝐼𝐼=

2𝐼𝐼，运动时间公式𝐼𝐼𝐼=2𝐼𝐼，知道粒子在磁场中运动半径和速度

𝐼有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

167．如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板开有小孔O,再将两个相同的 绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧。现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为Bx，但Bx未知。现有一质量为m、电荷量为+q、不计重力的带电粒子，从N金属板A点由静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1+t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动。粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响。求：

(1)粒子第一次到达挡板P时的速度大小。 (2)图乙中磁感应强度Bx的大小。 (3)两金属板M和N之间的距离d。 【答案】（1）𝐼=√

2𝐼𝐼；（2）2B0；（3）𝐼𝐼=

𝐼(3+5𝐼)2𝐼𝐼√ ，n=0，1，2，3，…… 24𝐼0𝐼【解析】

（1）粒子从N板到M板过程中，电场力做正功，根据动能定理有

Uq＝2mv2−0．

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解得粒子第一次到达O点时的速率𝐼＝√

2𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼2 𝐼（2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由𝐼𝐼𝐼=得粒子做匀速圆周运动的半径𝐼0＝往返运动，运动轨迹如右图所示，

𝐼𝐼𝐼𝐼 ，𝐼𝐼＝ 使其在整个装置中做周期性的𝐼0𝐼𝐼𝐼𝐼

由图易知：r0=2rx 图中Bx=2B0

（3）在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动周期𝐼1＝2𝐼𝐼02𝐼𝐼＝ 𝐼𝐼0𝐼2𝐼𝐼𝐼𝐼＝ 𝐼0𝐼𝐼𝐼在t1～（t1+t2）时间内，粒子做匀速圆周运动的周期𝐼2＝𝐼由轨迹图可知𝐼1＝6𝐼1＝3𝐼1𝐼𝐼1𝐼𝐼 ，𝐼＝𝐼＝ 2222𝐼0𝐼0𝐼0+𝐼𝐼× 22粒子在金属板M和N间往返时间为t，有𝐼＝且满足：t=t2+n（t1+t2），n=0，1，2，3，---- 联立可得金属板M和N间的距离：𝐼＝𝐼(3+5𝐼)2𝐼𝐼√ ，n=0，1，2，3，…… 24𝐼0𝐼168．如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于

坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：

（1）电场强度的大小； （2）磁感应强度的大小B；

试卷第106页，总139页

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（3）粒子在磁场中的运动时间 【答案】(1) 𝐼=

𝐼𝐼202𝐼𝐼 (2) 𝐼=

𝐼𝐼0𝐼𝐼 (3) 𝐼𝐼4𝐼0【解析】

（1）由几何关系可知粒子在水平电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h=v0t h=2at

由牛顿运动定律可知：Eq=ma 联立解得：𝐼=

𝐼𝐼202𝐼𝐼12

；

𝐼𝐼2𝐼⋅𝐼𝐼0（2）粒子到达0点，沿+y方向的分速度𝐼𝐼=𝐼𝐼=速度与x正方向的夹角α满足𝐼𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼0 ；

=45°

粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v=√2v0； 轨道半径R=√2h 由𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼2 得：𝐼𝐼=

𝐼𝐼0 ； 𝐼𝐼112𝐼𝐼𝐼𝐼（3）由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间𝐼=8𝐼=8⋅

𝐼𝐼 ； 4𝐼0=

粒子在磁场中的运动时间为4𝐼 0𝐼𝐼169．如图所示，在𝐼≥0的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，假设一系列质量为m、电荷量为q的正离子初速度为零，经过加速电场加速后从O点沿Ox轴正方向进入匀强磁场区域，有一块厚度不计、高度为d的金属板竖直放置在磁场中，截面如图，M、N分别为金属板截面的上、下端点，M点的坐标为（d，2d），N点的坐标为（d，d）。不计正离子的重力。

（1）加速电场的电压在什么范围内，进入磁场的粒子才能全部打在金属板上？ （2）求打在金属板上的离子在磁场中运动的最短时间与最长时间的比值（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。 【答案】（1）

𝐼𝐼2𝐼22𝐼≤𝐼≤

25𝐼𝐼2𝐼2𝐼min

；（2）32𝐼𝐼max

=127 90【解析】

（1）设加速电压为U，正离子初速度为零，经过加速电场加速，根据动能定理得

1𝐼𝐼=𝐼𝐼2

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正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，𝐼𝐼𝐼=联立解得𝐼=

√2𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼2 𝐼𝐼𝐼 当加速电压较小时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小，当离子恰好打到金属板下端点N时，圆周运动的半径最小为𝐼min，如图1所示

图1 图2

根据几何知识可以判断𝐼min=𝐼，故𝐼min=

𝐼𝐼2𝐼2 2𝐼

当加速电压较大时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，当离子恰好打到金属板上端点M时，圆周运动的半径最大为𝐼max，如图2所示 根据几何知识判断𝐼max解得𝐼max=4𝐼 所以𝐼max=

25𝐼𝐼2𝐼2 32𝐼𝐼𝐼2𝐼22𝐼52=𝐼2+(2𝐼−𝐼max)2

所以离子能全部打在金属板上，加速电压的取值范围为

≤𝐼≤

25𝐼𝐼2𝐼2 32𝐼2𝐼𝐼 𝐼（2）设离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动规律得𝐼=又𝐼𝐼𝐼=

𝐼2𝐼𝐼 2π𝐼 𝐼𝐼联立解得𝐼=

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与加速电压无关 离子在图1所示的轨迹中运动时间最短为𝐼min=4𝐼 离子在图2所示的轨迹中运动时间最长为𝐼max=根据几何知识，cos𝐼=𝐼所以𝐼min=127 max

190°+𝐼𝐼 360°𝐼max

=5，则𝐼=37°

4𝐼90170．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。在极板P上方沿y轴方向放置一荧光屏。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子，在0~8t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间

试卷第108页，总139页

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相互影响及返回板间的情况）

（1）求粒子的初速度v0及电压U0的大小。

（2）求t0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径及时间。 （3）何时进入两板间的带电粒子打在荧光屏的位置最高，求此位置距上极板P的距离。 【答案】（1）𝐼0=2𝐼；𝐼0=

0𝐼𝐼𝐼2；（2）𝐼3𝐼𝐼20=2𝐼𝐼𝐼；𝐼=𝐼𝐼；（3）𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼

00𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼【解析】

（1）粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，则粒子的初速度𝐼0＝2𝐼 ，

0𝐼设粒子刚出极板间时竖直方向上的分速度为vy，有＝则粒子在0～t0时间内竖直方向上的偏移𝐼＝又𝐼=2𝐼𝐼𝐼0𝐼𝐼2解得𝐼0＝3𝐼𝐼02𝐼2𝐼𝐼𝐼02+𝐼𝐼𝐼0

𝐼𝐼𝐼𝐼＝ 0261𝐼𝐼2

．

（2）

𝐼05𝐼0 时刻进入两板间的带电粒子，在时刻离开极板． 2211其在y方向上的速度vy＝2at0−at0＝0． 2故粒子以v0垂直与y轴方向进入磁场，

𝐼0根据𝐼𝐼0𝐼＝𝐼𝐼2 得，𝐼=

𝐼𝐼0𝐼𝐼＝ ． 𝐼𝐼2𝐼𝐼𝐼0运动的时间𝐼=

𝐼𝐼𝐼＝ ． 2𝐼𝐼𝐼0 ． 𝐼𝐼𝐼𝐼（3）与x轴方向成α角进入磁场中带电粒子的速度为𝐼=其轨道半径𝐼=𝐼𝐼

经磁场偏转后，再次经过y轴向上的偏移量△y=2Rcosα．

𝐼𝐼可解得△𝐼＝𝐼𝐼𝐼 ，可见沿y轴向上的偏移量与进入磁场的方向无关．

0𝐼𝐼根据对称性知，在t=2t0时刻进入极板间的粒子，在t=4t0时刻经上极板的边缘射入磁场，打在荧光屏上的位置最高． 距上极板P的距离△𝐼＝𝐼𝐼𝐼 ．

0𝐼𝐼171．如图示，在X轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在X轴下方

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有沿Y轴负向的匀强电场，电场强度为E。现在Y负半轴上M点（未画出）有一质量为ｍ带电量绝对值为ｑ的粒子，由静止释放，经过一段时间的运动后在第四次经过X轴时的位置P点（未画出）到O点的距离为L，不计粒子的重力，求：

（1）该粒子带何种电荷？ （2）M点到O点的距离？

（3）从M点到P点经历的时间？ 【答案】（1）负电荷；（2）；（3） 【解析】

（1）带电粒子向上运动，电场向下，故粒子带负电；

（2）粒子在电场中沿y轴向上做匀加速运动，到达O点后进入磁场，在匀强磁场中，靠洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动（半周）．粒子在电场中，受电场力，做往复运动，匀减速到零后匀加速返回，然后在磁场中在做半个圆周运动，第四次经过x轴，此时它与点O的距离为L，则L=4R

设粒子初速度为v，𝐼𝐼𝐼=𝐼可得𝐼=

𝐼𝐼𝐼 4𝐼𝐼2 𝐼设M点到O点距离为x，粒子在电场中加速度为a，

v2=2ax qE=ma 解得：x=

𝐼𝐼2𝐼2 32𝐼𝐼𝐼3𝐼𝐼 4𝐼（3）粒子在电场中加速或减速的总时间：𝐼1=3×𝐼=粒子在磁场中运动的总时间为：𝐼2=

2𝐼𝐼 𝐼𝐼则从M点到P点经历的时间：𝐼=𝐼1+𝐼2=

3𝐼𝐼2𝐼𝐼+ 4𝐼𝐼𝐼172．如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。

一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用力及所受的重力，求：

试卷第110页，总139页

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(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R； (2)电子在磁场中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径r。

𝐼𝐼【答案】：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径为𝐼=𝐼𝐼

𝐼𝐼（2）电子在磁场中运动的时间为𝐼𝐼；

𝐼𝐼𝐼（3）圆形磁场区域的半径为𝐼𝐼tan2

【解析】

（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：

𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼

由此可得电子做圆周运动的半径为：𝐼=

𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼2=

𝐼𝐼 𝐼𝐼（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度为：α=θ 则电子在磁场中运动的时间：𝐼=2𝐼𝐼=2𝐼×（3）由题意知，由图根据几何关系知：

𝐼2𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼＝×＝ 𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼2＝𝐼

得：𝐼＝𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼＝𝐼𝐼𝐼 2𝐼𝐼2𝐼𝐼173．如图所示，在直角坐标系的第一象限中分布着指向y轴负方向的匀强电场，在第

四象限中分布着垂直纸面方向的匀强磁场（方向未知）。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子（重力不计）在A点（0 m，3 m）以初速度v0=120 m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场进入磁场又进入电场，并且只通过x轴上的P点（4.5 m，0 m）和

Q点（8 m，0 m）各一次，已知该粒子的比荷为𝐼=108 C/kg，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。

𝐼 （1）求匀强磁场的磁感应强度；

（2）粒子通过P点、Q点之后，在电场与磁场中做周期性运动，试求粒子运动的周期。 【答案】（1）𝐼=0.91×10−6 T；方向垂直纸面向里；或𝐼′=0.51×10−6 T，方向垂直纸面向外； （2）0.1s 【解析】

试题分析：根据粒子在电场中做类平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，解出粒子进入磁场时的速度以及与水平方向的夹角，然后根据粒子在磁场中运动运动规律，即找圆心，画轨迹，求半径，解出磁感应强度 （1）若粒子先进P后进Q：在电场中，粒子做类平抛运动，

水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有：𝐼=𝐼0𝐼，𝐼𝐼=

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𝐼𝐼，𝐼=2𝐼𝐼2，联立解得𝐼𝐼=

12𝐼𝐼0 𝐼𝐼𝐼𝐼0设粒子离开电场时速度与水平方向的夹角为𝐼，则有：tan𝐼=进入磁场时的速度为𝐼𝐼=

𝐼0，① cos𝐼=

2𝐼𝐼=，即𝐼=53°

43在磁场中运动过程中，根据左手定则可得磁场方向垂直纸面向里，根据几何知识可得

𝐼=

1𝐼𝐼̅̅̅̅̅̅2°0.91×10 T

cos37−6②，根据公式𝐼=

𝐼𝐼𝐼可得𝐼𝐼𝐼=

𝐼𝐼𝐼③，联立①②③代入数据解得𝐼𝐼𝐼=

若粒子先进入Q再进入P，则在电场中，粒子做类平抛运动，

水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有：𝐼′=

𝐼0𝐼′，𝐼′𝐼=𝐼𝐼′，𝐼=2𝐼𝐼′，联立解得𝐼′𝐼=

122𝐼𝐼0 𝐼′𝐼′𝐼𝐼0设粒子离开电场时速度与水平方向的夹角为𝐼，则有：tan𝐼=

=

2𝐼𝐼′=，即

34𝐼=37°

0进入磁场时的速度为𝐼𝐼=cos𝐼，④

𝐼在磁场中运动过程中，根据左手定则可得磁场方向垂直纸面向外，根据几何知识可得

𝐼′=

1𝐼𝐼̅̅̅̅̅̅2cos53°

𝐼⑤，根据𝐼=𝐼𝐼′⑥，联立④⑤⑥代入数据解得𝐼′=0.51×10−6 T

𝐼𝐼（2）若磁场垂直纸面向里，则从A到P的时间为𝐼1=中运动时间为𝐼2=

106∘

360∘2𝐼𝐼×𝐼𝐼𝐼𝐼0=

4.5𝐼120=0.0375𝐼，在磁场

=

106∘

360∘×

2×3.140.91×10−6×10−8=0.021𝐼

然后再进入电场，根据对称性可得在电场中的运动时间，𝐼3=𝐼1=0.075𝐼 故粒子的运动周期为𝐼=𝐼1+𝐼2+𝐼3≈0.1𝐼

若磁场垂直纸面向外，粒子从A到Q，在磁场中运动一段时间后，再从P射出，进入电场，根据对称性可知粒子再运动到A时，速度方向水平向左，不会再进入磁场，故不符合题意，

【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径 174．轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.。边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线

2

开始松弛，取g＝10 m/s. 求：

试卷第112页，总139页

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(1)在前t0时间内线圈中产生的感应电动势； (2)在前t0时间内线圈的电功率； (3)t0的值． 【答案】（1）0.4V；（2）0.16W；（3）2s 【解析】

（1）由法拉第电磁感应定律得：𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼⋅2(2)2𝐼𝐼=10×2×(2)2×0.5(V)=

𝐼𝐼1𝐼𝐼𝐼10.80.4(V)

（2）根据欧姆定律可得𝐼=𝐼=0.4A，所以𝐼=𝐼2𝐼=0.16（W） （3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：𝐼安=𝐼𝐼𝐼𝐼2𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼2𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼，𝐼𝐼=

𝐼=2𝐼

，由图象知：𝐼𝐼=1+0.5𝐼0解得：𝐼0=2𝐼

𝐼𝐼𝐼𝐼【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律𝐼=𝐼𝐼𝐼=𝐼⋅𝐼𝐼𝐼．以及知道细线开始松驰时，线圈所受的安培力和重力平衡． 评卷人 得分 五、填空题

175．一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水

0

平桌面上，ab=L1，bc=L2，如图所示。现突然将线圈翻转180，使ab与dc互换位置，用冲击电流计测得导线中流过的电量为Q1,由此可求到该处地磁感强度竖直分量的大小By=___ 。然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，则该处地磁场的磁感强度水平分量的大小Bx=________________ 。

【答案】By=Q1R/2L1L2 Bx=(2Q2+Q1)/2L1L 【解析】

当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为△Φ1=2ByS，根据𝐼＝𝐼△𝐼𝐼 知，

所以 2ByL1L2=RQ1 ，解得By=Q1R/2L1L2；

当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为△Φ2=BxL1L2-ByL1L2，根据

𝐼＝𝐼△𝐼𝐼 知，所以 BxL1L2-ByL1L2=RQ2 ，解得Bx=(2Q2+Q1)/2L1L2

△𝐼点睛：本题考查了法拉第电磁感应定律的基本运用，知道𝐼＝𝐼同时要知道北半球的地磁场的方向，难度不大。

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𝐼，并能灵活运用，

176．如图所示,厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=k𝐼⁄𝐼.式中的比例系数k称为霍尔系数.霍尔效应可解释如下:外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧会出现多余的正电荷,从而形成横向电场.横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力.当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差.

设电流I是由电子的定向流动形成的,电子的平均定向速度为v,电荷量为e,回答下列问题:

（1）达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势（填“高于”“低于”或“等于”）;

（2）n代表导体板单位体积中电子的个数.由静电力和洛伦兹力平衡的条件,求证霍尔系数为k=_____. 【答案】低于 k=

1 𝐼𝐼【解析】

（1）根据左手定则知，电子向A板偏转，则A的电势低于A′的电势； （2）因为I=nevS=nevhd，解得𝐼=

𝐼𝐼 ，因为𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼 ，根据𝐼𝐼𝐼＝𝐼 ，解得𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼𝐼=𝐼𝐼𝐼＝=

𝐼𝐼𝐼 ，则霍尔系数𝐼𝐼=𝐼𝐼 ．

1点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的是电子，掌握电

流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解。 评卷人 得分 六、实验题

177．用螺旋测微器测小球直径如图甲，这时读出的数值是___________mm；用游标卡尺（卡尺的游标有20等分）测量一支铅笔的长度，测量结果如图乙，可知铅笔的长度是________mm。

【答案】8.472mm, 100.60mm 【解析】

螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.30mm=0.473mm，所以最终读数为：8mm+0.473mm=8.473mm，由于需要估读因此在范围8.472mm～8.474mm范围内都对；

游标卡尺的固定刻度读数为10cm，游标读数为0.05×12mm=0.60mm=0.060cm，所以最终读数为：10cm+0.060cm=10.060cm； 评卷人 得分 七、计算题

178．某种粒子加速器的设计方案如图19所示，M、N为两块垂直于纸面旋转放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔（孔的直径大小可忽略不计），板间距离为

试卷第114页，总139页

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h。两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零。两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平面边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N板后进入下方磁场中运动。若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。

（1）为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；

（2）在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶。对于击中目标靶的粒子，求： ①其进入电场的次数n；

②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比。

【答案】（1）R<；（2）①；②【解析】 试题分析：（1）设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1， 对于这个加速过程，根据动能定理有：，解得

粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，

。

；

根据洛伦兹力和牛顿第二定律有：，

得

为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R<2r1，即R<

（2）①设到达ef边界上P点的粒子运动速度为vn，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径rn=s/2，

根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ，

解得

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设粒子在电场中被加速n次，对于这个加速过程根据动能定理有解得：

。

，

②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：解得

因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动 设总的加速时间为t1，根据vn=at1 可得

保持不变

粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期

对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间

t2= 所以

考点：带电粒子在电场与磁场中的运动；圆周运动，牛顿第二定律。

179．示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转，电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比，已知电子的质量为m、电荷量为e，在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。

（1）如图甲所示，水平放置的偏转极板的长度为l，板间距为d，极板间的偏转电压为U，在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b，荧光屏MN与两极板间的中心线O1O1′垂直。电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入，忽略极板间匀强电场的边缘效应，求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离；

（2）如图乙所示，圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2’处有一竖直放置的荧光屏PQ，荧光屏PQ与O2O2’连线垂直。今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2’方向射入磁场，飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α（未知）。请求出的表达式；

（3）对比第（1）、（2）问中这两种偏转，请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么？（至少说出两点）

【答案】（1）（2）（3）见解析。

【解析】 试题分析：（1）设电子在偏转电场运动的加速度为a，时间为t，

试卷第116页，总139页

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离开偏转电场时的偏移距离为y，根据运动学公式有：根据牛顿第二定律有：

电子在电场中的运动时间：

联立解得：

电子飞出偏转电场时，其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，

设电子打在屏上距O1′的最大距离为，则由几何关系可知：

将y代入解得

（2）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 解得

由如图所示的几何关系得，粒子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等，均为

则：

（3）不同点有：①电子运动类型不同：在电场中电子是匀变速曲线运动，在磁场中电子是匀速圆周运动

②电子受力情况不同：在电场中电子受到的电场力是恒力，在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力

③电子速度变化情况不同：在电场中电子速度的大小和方向都发生变化，在磁场中电子速度的大小不改变，仅方向发生变化

④电子运动方向的偏转角范围不同：在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90º，在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90º

⑤电子受力做功不同：在电场中电子所受的电场力做正功，在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功

⑥电子能量变化情况不同：在电场中电场力做正功，电子动能增加，在磁场中洛伦兹力不做功，电子动能不变（答对一条给2分，最多给4分） 考点：牛顿第二定律，洛伦兹力，匀速圆周运动。

180．如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ=37º，两轨道之间的距离L=0．50m。一根质量m=0．20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中。在导轨的上端接有电动势E=36V、内阻r=1．6Ω的直流电源和电阻箱R。已知

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导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37º=0．60，cos37º=0．80，重力加速度g=10m/s。

2

（1）若金属杆ab和导轨之间的摩擦可忽略不计，当电阻箱接入电路中的电阻R1=2．0Ω时，金属杆ab静止在轨道上。

①如果磁场方向竖直向下，求满足条件的磁感应强度的大小；

②如果磁场的方向可以随意调整，求满足条件的磁感应强度的最小值及方向； （2）如果金属杆ab和导轨之间的摩擦不可忽略，整套装置处于垂直于轨道平面斜向下、磁感应强度大小B=0．40T的匀强磁场中，当电阻箱接入电路中的电阻值R2=3．4Ω时，金属杆ab仍保持静止，求此时金属杆ab受到的摩擦力f大小及方向。 【答案】（1）①0．30T；②0．24T；垂直于轨道平面斜向下；（2）0．24N；沿轨道平面向下。 【解析】 试题分析：（1）①设通过金属杆ab的电流为I1， 根据闭合电路欧姆定律可知： I1=E/（R1+r）

设磁感应强度为B1，由安培定则可知金属杆ab受安培力沿水平方向，金属杆ab受力如答图1。

对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：B1I1L=mgtanθ

解得： =0．30T

②根据共点力平衡条件可知，最小的安培力方向应沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图2所示。

设磁感应强度的最小值为B2，对金属杆ab，根据共点力平衡条件有：

B2I1L=mgsinθ 解得： =0．24T

根据左手定则可判断出，此时磁场的方向应垂直于轨道平面斜向下。 （2）设通过金属杆ab的电流为I2，

试卷第118页，总139页

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根据闭合电路欧姆定律可知： I2=E/（R2+r）

假设金属杆ab受到的摩擦力方向沿轨道平面向下， 根据共点力平衡条件有: BI2L=mgsinθ+f 解得： f=0．24N

结果为正，说明假设成立，摩擦力方向沿轨道平面向下。 考点：闭合电路欧姆定律，共点力平衡，安培力，摩擦力。

181．如图所示，在xoy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xoy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点3L的A点处有一电子，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m,电量为e）；如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动．如果撤去磁场只保留电场，电子将从P点离开电场，P点的坐标是（2L，5L）．不计重力的影响，求：

（1）电场强度E和磁感应强度B的大小及方向；

（2）如果撤去电场，只保留磁场，电子将从轴上的D点（图中未标出）离开磁场，求D点的坐标及电子在磁场中运动的时间。

2mv0mv0【答案】（1）E，沿y轴负方向；B，垂直纸面向里 （2）D点的坐

eLeL标为（0，L）； tmBe 【解析】

试题分析：（1）只有电场时，电子做类平抛运动到P点， 则沿Y轴方向有5L3L2L1Ee2t ① 2m沿v0方向有 v0t=2L ②

2mv0由①②得E，沿y轴负方向 ③

eL电子做匀速运动时有eE=Bev0 ④ 由③④解得 Bmv0，垂直纸面向里 ⑤ eL（2）只有磁场时，电子受洛伦兹力做圆周运动，设轨道半径为R，由牛顿第二定律有

2v0Bev0m⑥，

R由⑤⑥得R=L ⑦

电子在磁场中运动的轨道如图所示，

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由几何关系得D点的坐标为（0，L） 电子在磁场中运动的周期为T，T电子在磁场中运动的时间为 t2m Be mBe考点：带电粒子在混合场中的运动

【名师点睛】带电粒子在混合场中的运动是有规律可循的，垂直进入磁场时粒子做匀速圆周运动，垂直进入电场时做平抛运动；若做匀速直线运动，则一定受力平衡。

182．如图，在xoy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x5d的直线，磁场方向垂2直纸面向外。质量为m，带电量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ=d，不计粒子重力，求：

（1）P点坐标；

（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围； （3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围。 【答案】（1）（0，【解析】

试题分析：（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vyv0tan45

(21)mv04mv0d）（2）BB1（3） B2qdqd设粒子在电场中运动时间为t，则OQv0t，OP由以上各式，解得OPvy2t

dd，P点坐标为（0，） 22（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则

试卷第120页，总139页

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r1r1sin45d解得：r1(22)d

令粒子在磁场中的速度为v，则vv0

cos45(21)mv0mv2根据牛顿第二定律qvB1解得：B1

qdr1要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围BB1 （3）假设粒子刚好从x5d处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，设粒子2从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，

由水平方向的匀速直线运动可得：CD2d，CQCDQD2d2.5ddd 2设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin45CQ，解得：

r222d

4mv0mv2根据牛顿第二定律得：qvB2，解得：B2

qdr2要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2 综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足

(21)mv04mv0 Bqdqd考点：考查了带电粒子在组合场中的运动

【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

183．如图所示，在xoy坐标系中，x轴上N点到O点的距离是12cm，虚线NP与x轴负向的夹角是30°，第I象限内NP的上方有匀强磁场，磁感应强度B=1T，第IV象限有匀强电场，方向沿y轴正向，以质量m=810出磁场，不计粒子重力，取3，求：

10kg，电荷量q=1104C带正电粒子，从

电场中M（12，-8）点由静止释放，经电场加速后从N点进入磁场，又从y轴上P点穿

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（1）粒子在磁场中运动的速度v； （2）粒子在磁场中运动的时间t； （3）匀强电场的电场强度E。

【答案】（1）v104m/s（2）1.6105s（3）5103V/m

【解析】

试题分析：（1）粒子在磁场中的轨迹如图，设粒子做圆周运动的轨道半径为R，由几何关系，得RRsin30ON，解得R212cm0.08m 3v2qBR由qvBm得v，代入解得v104m/s

Rm（2）由几何关系得：粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有

t1202m1.6105s 360qBmv2125103V/m （3）粒子在电场中运动时，由动能定理得qEdmv，则得E2qd2考点：考查了带电粒子在组合场中的运动

【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

184．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是它的两条边界，现有质量为m，电荷量绝对值为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界NN'射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少。

试卷第122页，总139页

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【答案】v22Bqd或v22 Bqdmm【解析】

试题分析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如图所示上方与NN′相切的

1圆弧，如图1所示． 4

设轨道半径为R，根据几何知识得：RRcos45d，解得：R22d

v2粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，则牛顿第二定律得：qvBm，解得：

Rv22Bqd． m3圆弧，如图2所示．根据几何知识得：4若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN′相切的

RRcos45d，解得：R22d

v2Bqd由qvBm，解得：v22．

Rm考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2m，周期公式T，运动时间公式tT，知道粒子在磁场中运动半径BqBq2和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题， 185．如图所示，在平面坐标系xOy中，x≤0区域有垂直于y轴的匀强电场E=0．4N/C，x＞0有三个区域I、II、III，区域边界垂直于x轴，区域I的宽度L1=0．05m，区域II的宽度L2=0．1m，区域III的宽度L3未知，三个区域都有匀强磁场，磁感应强度大小相等都为B=0．02T，I、III中磁场方向垂直于坐标平面向外，II中磁场方向垂直于坐标平面向里；P点在y轴上，纵坐标yP=0．15m，A点与P点纵坐标相等，与P点的距离d=1．0m．一正点电荷从A点由静止开始运动经过P点进入区域I，并从区域II、III

-9-4

之间边界上的C点（图中未标出）进入区域III．点电荷质量m=2×10kg，电荷量q=4×10C，不计重力．

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（1）求点电荷经过P点时速度的大小vP； （2）求C点的纵坐标yC；

（3）若要求点电荷不从区域III的右边界离开，并回到y轴，求区域III宽度L3的最小值及正电荷从P点到第一次回到y轴经过的时间t． 【答案】（1）4×10m/s（2）0．137m（3）【解析】

试题分析：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则

2

解得vP=4×10m/s

2

s

（2）电荷在x＞0的三个区域磁场中分别都做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，圆心分别是O1、O2、O3，半径相同，设为r，设轨迹与区域I、II的边界交点D的连线与y轴正方向的夹角为θ，C点与点D纵坐标相等，则

解得r=0．1m，θ=30°，yC=0．137m （3）设区域III宽度L3的最小值为L3m，则

，L3m=0．15m

，

，

电荷在三个区域磁场中做匀速圆周运动的周期相同，设为T，设从P到C运动过程中，在区域I中运动时间为t1，在区域II中运动时间为t2，在区域III中运动时间为t3，则

，

，

，

，

解得s，s，s，s，s 考点：考查了带电粒子在组合场中的运动

【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的

试卷第124页，总139页

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运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径

186．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度．它的右臂挂着矩形线圈，匝数n=9，线圈的水平边长l=10．0cm，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直向里．当线圈中通过电流I=0．10A时，调节砝码使两臂达到平衡，此时左盘中砝码质量m1=4．5g．然后使电流反向，大小不变．这时需要在左盘中增加质量为m=9．0g的砝码，才能使两臂再达到新的平衡．求:

（1）磁感应强度大小 （2）右盘中砝码质量m2 【答案】【解析】

试题分析：第一次天平平衡可得：第二次天平平衡可得：

考点：考查了安培力，共点力平衡条件

【名师点睛】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小．

187．如图所示，在x0的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，假设一系列质量为m、电荷量为q的正离子初速度为零，经过加速电场加速后从O点沿Ox轴正方向进入匀强磁场区域，有一块厚度不计、高度为d的金属板竖直放置在磁场中，截面如图，M、N分别为金属板截面的上、下端点，M点的坐标为（d，2d），N点的坐标为（d，d）。不计正离子的重力。

（1）加速电场的电压在什么范围内，进入磁场的粒子才能全部打在金属板上？ （2）求打在金属板上的离子在磁场中运动的最短时间与最长时间的比值（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。

qB2d225qB2d2tmin90U【答案】（1） （2） tmax1272m32m【解析】（1）设加速电压为U，正离子初速度为零，经过加速电场加速，根据动能定理

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得

qU12mv（2分） 2mv2正离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB（1分）

R联立解得R2mqU（1分） qB当加速电压较小时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小，当离子恰好打到金属板下端点N时，圆周运动的半径最小为Rmin，如图1所示

根据几何知识可以判断Rmind，故UminqB2d2（2分）

2m当加速电压较大时，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，当离子恰好打到金属板上端点M时，圆周运动的半径最大为Rmax，如图2所示 根据几何知识判断Rmax2d22dRmax（1分） 解得Rmax所以Umax25d（1分） 425qB2d2（1分）

32m qB2d225qB2d2U所以离子能全部打在金属板上，加速电压的取值范围为（1分） 2m32m（2）设离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，根据圆周运动规律得T2πR vv2又qvBm R联立解得T2πm（1分） qB1T（1分） 4离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与加速电压无关 离子在图1所示的轨迹中运动时间最短为tmin试卷第126页，总139页

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离子在图2所示的轨迹中运动时间最长为tmax根据几何知识，cos90T（1分） 360d4，则37（2分） Rmax5min所以 ttmax90（1分） 127188．如图所示，MN、PQ为间距L=0.5 m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=5 Ω 的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=1 T。将一根质量为m=0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑

2

行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s=2 m。则：（g=10 m/s，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）

（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？ （2）金属棒达到的稳定速度是多大？

（3）当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？ 【答案】（1）0.2 A （2）2 m/s （3）0.1 J 【解析】（1）金属棒匀速运动时，沿导轨方向金属棒受力平衡得mgsin θ=f+F（2分） 金属棒受的安培力为F=B0IL（1分） f=μFN=μmgcos θ（1分） 解得I=0.2 A（1分）

（2）由欧姆定律得I=E/R（1分） 由电磁感应定律得E=B0Lv（2分） 解得v=2 m/s（1分）

（3）金属棒滑行至cd处时，由能量守恒定律得

mgssin12mvQmgcoss（2分） 2解得Q=0.1 J（1分）

1．在现代科学实验和技术设备中，可以通过施加适当的电场、磁场来改变或控制带电粒子的运动。现用电场或磁场来控制质量为m 、电荷量为q 的正电荷的运动。如图1 所示，在xOy 平面内有一点P，OP与x轴夹角θ＝45°，且OP＝l，不计电荷的重力。

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（1）若该电荷以速度v0从O 点沿x 轴正方向射出，为使电荷能够经过P 点，a．若在整个空间只加一平行于y 轴方向的匀强电场，求电场强度E 的大小和方向；

b．若在整个空间只加一垂直于xOy平面的匀强磁场，求磁感应强度B 的大小和方向。 （2）若整个空间同时存在（1）中的电场和磁场，某时刻将该电荷从O 点由静止释放，该电荷能否再次回到O 点？请你在图2 中大致画出电荷的运动轨迹。

【答案】（1）方向垂直xOy 平

面向外；

（2）电荷不能回到O 点，轨迹见解析。 【解析】 试题分析：（1）a．电荷在电场中做类平抛运动，电荷要运动到P 点，则电场方向为y 轴

负向由图可知水平方向位移为 联立：

，

b．空间中存在磁场，则正电荷在其中仅受洛伦兹力做圆周运动，由初速度方向及落点，则正电荷在磁场中运动轨迹如图所示。

由洛伦兹力提供向心力得：

试卷第128页，总139页

，方向垂

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直xOy 平面向外。

（2）空间存在沿y 轴负方向的匀强电场E 和垂直xOy 平面向外的匀强磁场B 。物体初始处于静止状态，可以看作是水平向左的速度v 与水平向右的速度v 的合成。其中

令。这样，电荷之后的运动可以看作是水平向左的速度v 引起的运动，与水平

向右的速度v 引起的运动的合成。对于水平向左的速度v ，对应的洛伦兹力 f ＝ qvB ＝qE ，方向竖直向上，刚好与电场力平衡，因此该分运动是向右的匀速直线运动。对于水平向左的初速度v ，受到洛伦兹力，产生的是顺时针方向的匀速圆周运动。因此，电荷的运动是向右的匀速直线运动和顺时针方向的匀速圆周运动的合成，运动轨迹大致如图（此轨迹可以证明是一条摆线）。电荷不能回到O 点。

考点：带电粒子在电场和磁场中的运动。

190．如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板上方有一磁感应强度为B的匀强磁场。电荷量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M点进入磁场后做匀速圆周运动，从N点离开磁场。忽略重力的影响。

× × × × × × × × × × d × × × ×

×

× × B × × × U + ×N × × M × + +q，m

（1）求匀强电场场强E的大小；

（2）求粒子从电场射出时速度ν的大小；

（3）求M、N两点间距L的大小；保持粒子不变，请你说出一种增大间距L的方法。 【答案】（1）E【解析】

试题分析：（1）由匀强电场中电势差与场强的关系得： EU （3分） d2qUU；（2）v；（3）只增大U或只减小B等。

md

2qU1（2）根据动能定理有： qUmv2 可得： v ① （5分）

m2mv2（3）根据牛顿第二定律可得： qvB ② L=2R ③

R联立①②③式可得： L22mU Bq增大间距L的方法有：只增大U或只减小B等。 （8分）

考点：带电粒子在电场和磁场中的运动。

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191．如图所示，以MN为界的两匀强磁场，磁感应强度B12B2，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、带电量为q的正粒子，从O点沿图示方向进入B1中。

v M

O B1

N B2

（1）试画出粒子的运动轨迹；

（2）求经过多长时间粒子重新回到O点？ 【答案】（1）轨迹如图；（2）【解析】 试题分析：（1）轨迹如图；

4m2m或 qB1qB2

（2）设粒子在磁场B1和B2中圆周运动的半径分别为r1、r2． 则r1=

mvmv ， r2 = qB1qB2由题B1=2B2，得r1：r2=1：2

根据左手定则判断可知，粒子在磁场B1中沿逆时针方向旋转，在磁场B2中沿顺时针方向旋转．则轨迹如图． 粒子在磁场B1中运动时间t1=T1=

2m qB1粒子在磁场B2中运动时间t2=

m1T2=

qB22则t=t1+t2=

4m2m或 qB1qB2考点：带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】此题综合考查带电粒子在磁场中做圆周运动的相关知识及左手定则，准确画出运动轨迹图是解决问题的关键；其中第二问不仅要求能准确画出运动轨迹，而且要从运动轨迹中找出运动的规律，对能力要求较高。

192．如图所示，放在平行光滑导轨上的导体棒ab质量为1kg，长为0．5m，导轨与水平面成30°角，导体棒与导轨垂直，空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为2T，若要使导体棒处于静止状态，那么棒中应通以什么方向的电流？电流强度应多大？

试卷第130页，总139页

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【答案】电流方向从b到a，大小为

3A 3【解析】

试题分析：由左手定则可知，棒中应通b到a方向的电流 导体棒受到的安培力：F=BIL

要使导体棒处于静止状态需满足mgtanθ=F 所以 Imgtan3A． BL3考点：安培力；物体的平衡

【名师点睛】解决本题的关键会利用共点力平衡求出安培力的大小，以及掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系。

193．在如图所示的宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转θ角；在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ（不计粒子的重力），问：

（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？

（2）粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？ 【答案】（1）Bt1sinEcos（2）

v0t2【解析】

试题分析：（1）设粒子的质量m，电荷量q，场区宽度L，粒子在电场中做类平抛运动

tLqE…①a…② v0m

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tanat…③ v0qEL…④ 2mv0由①②③得：tan粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．Rmv0…⑤ qB由几何知识得：sin由⑤⑥解得：sinL…⑥ RqBL…⑦ mv0由④⑦式解得：BEcos v0L…⑧ v0（2）粒子在电场中运动时间：t1在磁场中运动时间为：t2mqB…⑨

而Lmv0sin…⑩， qBtt2sin

1由⑧⑨⑩解出： 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】本题是离子分别在电场中和磁场中运动的问题，要抓住研究方法的区别，一是匀速圆周运动，另一是类平抛运动，注意掌握处理的方法，不能混淆．

194．如图所示，两平行导轨间的距离L=0．40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角为

0

θ=37，在导轨所在的平面内，分布着磁感应强度B=0．50T，方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4．5V、内阻r=0．50Ω的直流电源．现把一个质量m=0．04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2．5Ω，金属导轨电

2

阻不计，g取10m/s．已知sin37°=0．60，cos37°=0．80，求：

（1）通过导体棒的电流；

（2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力 【答案】（1）1．5A（2）0．30N（3）0．06N 【解析】

试卷第132页，总139页

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试题分析：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：IE1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0．30N Rr（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力F1=mg sin37°=0．24N

由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件 mg sin37°+f=F安 解得：f=0．06N

考点：闭合电路的欧姆定律；安培力；物体的平衡

【名师点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。

195．如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的圆弧，其轨道半径r=0．5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0．5m，轨道的电阻不计．在轨道的顶端接有阻值为R=2．0Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2．0T．现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1．0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2．0s，在cd的拉力为F0=3．0N．已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象

2

如图2所示，重力加速度g=10m/s．求：

（1）求匀加速直线运动的加速度．

（2）金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；

（3）匀加到cd后，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做匀速圆周运动至ab处，金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功WF。（结果保留小数点后两位） 【答案】（1）1．5m/s（2）1．5C（3）5．59J 【解析】 试题分析：（1）设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd的速度：v=2a 当金属棒在cd时为研究对象，产生的感应电动势：E=BLv 产生的电流：I2

E R金属棒所受的安培力：F=BIL 据牛顿第二定律得：F0﹣F=ma

2

联立以上带入数据解得：a=1．5m/s ① （2）据以上可知，金属棒匀加速运动的位移：s=据法拉第电磁感应定律得：通过金属棒的平均电流：I112

at ② 2E1BLS ③ ttE1 ④ R通过金属棒的电量：q=I1•△t ⑤ 联立①②③④⑤带入数据解得：q=1．5C

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（3）金属棒在圆弧轨道的速率：v=at=3m/s ⑥ 运动的时间为：t2r ⑦ 4v产生的电动势最大值：Em=BLv ⑧

由于圆弧段导体棒做的是匀速圆周运动，所以导体棒中产生正弦式电流，所以产生的热量：

(Q2Em)2t ⑨ R据能量守恒可知：W=Q+mgh （10） 联立以上解得：W=5．59J

考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律

【名师点睛】此题为一道综合性很强的题，牵涉知识点众多，明确求电动势、安培力、电量和功的方法是解题的关键，灵活利用求电量和能量守恒的结论是解题的捷径。 196．如图所示，将某正粒子放射源置于原点O，其向各方向射出的粒子速度大小均为υ0、质量均为m、电荷量均为q．在0≤y≤d的一、二象限范围内分布着一个左右足够宽的匀强电场，方向与y轴正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范围内分布着一个左右足够宽的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里．粒子第一次离开电场上边界y=d时，能够到达的最右侧的位置为（23d，d），且最终恰没有粒子从y=2d的边界离开磁场，3若只考虑每个粒子在电场中和磁场中各运动一次，不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：

（1）电场强度E和磁感应强度B； （2）粒子在磁场中运动的最短时间。

23mv03mv02d【答案】（1）E；B（2） 2qd9v0qd【解析】

试题分析：（1）沿x轴正方向发射的粒子能够到达最右侧的位置（23d，d）． 3由类平抛运动规律得：x23dv0t， 3yd12qE， at，其中：a2m试卷第134页，总139页

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23mv0解得：E，

2qd设粒子射入磁场时的速度为υ，由动能定理有：qEd解得：υ=2υ0，

121mvmv02， 22v01， v2设射入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有：cos解得：α=60°，

设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知：d=R+R sin30°=1．5R，

v2粒子在磁场中做圆周运动，洛仑兹力提供向心力：Bqvm，

R将υ=2υ0、R3mv02 d代入解得：Bqd323d，d）粒子轨迹对应的3（2）粒子运动的最短时间对应最小的圆心角，经过点（﹣圆心角最小，

由几何关系可知最小圆心角：θmin=120°=粒子运动最短时间：tmin2， 32R2d； 3v9v0考点：带电粒子在磁场及电场中的运动

【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高。 197．如图所示（俯视），MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨．两导轨间距为L=0．2m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1=5．0T。导轨上NQ之间接一电阻R1=0．40，阻值为R2=0．101的金属杆垂直导轨2放置并与导轨始终保持良好接触。两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极相连。电容器C紧靠着带小孔a（只能容一个粒子通过）的固定绝缘弹性圆筒。圆筒内壁光滑，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场B2，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径为r=0．40m。

（1）用一个大小恒为10N，平行于MN水平向左的外力F拉金属杆，使杆从静止开始向左运动求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小；

（2）当金属杆处于（1）问中的匀速运动状态时，电容器C内紧靠极板且正对a孔的D

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处有一个带正电的粒子从静止开始经电容器C加速后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔a射出圆筒。已知粒子的比荷．．q/m=5×10（C/kg），该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，不计粒子．．．．．重力和空气阻力，则磁感应强度B2 多大（结果允许含有三角函数式）。 ．．．．．．．【答案】（1）v5m/s （2）（ⅰ）情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为 7

23.得：55B2tan310103(T). （ⅱ）情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为 ''B2tan10103(T). 4. 将数据代式得 55【解析】（1）金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度匀速运动．设杆匀速

运动时速度为v，

FB1IL

EB1Lv IE R1R2将已知数据代入得： v5(m/s).

（2）设杆匀速运动时C两极板间的电压为U，带电粒子进入圆筒的速率为V．在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由于C与电阻R1并联， 据欧姆定律得， UIR14.0(V). 据动能定理有， qU1mV2. 2V2带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，qVB2m. R由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变．速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应的圆心角为

，则由几何关系可得：rtan(). R2有两种情形符合题意（如图所示）：

（ⅰ）情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为 23. 55试卷第136页，总139页

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得： B2tan310103(T). （ⅱ）情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为 ''将数据代式得 B2tan10103(T). 4. 55考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】本题中金属杆的运动与汽车恒定功率起动类似，要会用动力学方法分析杆的运动情况．对于第2问，还可以研究带电粒子与圆筒碰撞n次的情况。

198．如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L＝0．5 m框的电阻不计，匀强磁场磁感应强度B＝1 T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，电阻为1 Ω．现让MN无初速地释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一横截面的电量为2 C，求此过程中回路产生的电能．（空气阻力不计，g＝10 2

m/s）

【答案】3．2 J 【解析】 试题分析：

金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得

B2L2vmg＝ ①

R在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得 mgh＝mv2＋E ②

通过导体某一横截面的电量为q＝12BLh ③ RRE＝mgh－mv2＝4J－0．8J＝3．2 J

考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律

【名师点睛】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题。

199．如图所示，PR是固定在水平地面上的长L=0．m的绝缘平板．挡板R固定在平板的右端．整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一垂直于纸面

﹣4

向里的匀强磁场，磁场的宽度d=0．32m．一个质量m=5．0×10kg、带电荷量q=5．0×﹣2

10C的可视为质点的物体，在电场力的作用下从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，经D点进入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤去电场对磁场的影响），物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开

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磁场后做减速运动，停在C点，PC取10m/s．

2

1．若物体与平板间的动摩擦因数μ=0．20，g4

（1）判断电场强度的方向及物体是带正电还是带负电．（无需说明理由） （2）求磁感应强度B的大小．

（3）求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能． 【答案】（1）物体带负电，电场强度方向向左 （2）B0.125 T

﹣4（3）E4.810J

【解析】

试题分析：（1）物体带负电，电场强度方向向左； （2）设物体被挡板弹回后的速度为

v2，离开磁场后，

L12-mg=0-mv2v0.8m/s42由动能定理得：，解得：2

物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡， 则有

mgqBv2

解得：B0.125 T；

（3）由于电荷由P运动到C做匀加速运动，可知电场力方向水平向右，且有：

L12(Eqmg）mv122 进入电磁场后做匀速运动，则有 联立以上两式解得：

qE(qBv1mg）

v11.6m/s

E物体撞击挡板损失的机械能为：1122mv1mv2﹣422，解得：E4.810J。

考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、带电粒子在匀强磁场中的运动

【名师点睛】本题是物体在复合场中运动的问题，分析受力情况，来确定运动情况是关键。

200．如图所示，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，金属棒ab的质量为m，电阻为r，放在导轨上且与导轨垂直．磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面成夹角α 且与金属棒ab垂直，定值电阻为R，电源及导轨电阻不计．当电键闭合的瞬间，测得棒ab的加速度大小为a，则电源电动势为多大？

试卷第138页，总139页

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maRr＝【答案】E BLsin【解析】

试题分析：当电键闭合的瞬间，导体棒受到重力mg、轨道的支持力N和安培力F三个力作用，如图：

根据牛顿第二定律得：Fsinma，又FBIL，IE ， Rr＝联立以上三式得，电源的电动势EmaRr BLsin考点：闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律、安培力

【名师点睛】此题是磁场中通电导体平衡问题，关键是安培力的分析与计算．本题中导体与磁场垂直，安培力大小FBIL。

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