2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題10 磁場（含解析）

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1、 專題10磁場 第一部分 名師綜述 磁場一般會以選項題和計算題兩種形式出現，若是選擇題一般考查對磁感應強度、磁感線、安培力和洛侖茲力這些概念的理解，以及安培定則和左手定則的運用；若是計算題主要考查安培力大小的計算，以及帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的圓周運動的分析判斷和計算，尤其是帶電粒子在電場、磁場中的運動問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數學知識處理物理問題的能力有較高的要求，仍是本考點的重點內容，有可能成為試卷的壓軸題。由于本考點知識與現代科技密切相關，在近代物理實驗中有重大意義，因此考題還可能以科學技術的具體問題為背景，考查學生運用知識解決實際問題的能

2、力和建模能力。預測高考基礎試題仍是重點考查法拉第電磁感應定律及楞次定律和電路等效問題．綜合試題還是涉及到力和運動、能量守恒、電路分析、安培力等力學和電學知識。主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場的問題、電磁感應圖象的問題等。 第二部分知識背一背 一、磁場、磁感應強度 1．磁場的特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用． 2．磁場的方向：小磁針靜止時N極所指的方向． 3．磁感應強度 （1）物理意義：描述磁場的強弱和方向． （2）大?。海ㄍ妼Ь€垂直于磁場）． （3）方向：小磁針靜止時N極的指向． （4）單位：特斯拉，簡稱特，符號：T. 4．磁通量 （1）

3、概念：在勻強磁場中，與磁場方向垂直的面積S和磁感應強度B的乘積． （2）公式：. （3）單位：1Wb＝1T·m2 二、磁感線、通電導體周圍的磁場的分布 1．磁感線：在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁感應強度方向一致． 2．條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場磁感線分布（如圖所示） 3．電流的磁場 直線電流的磁場 通電螺線管的磁場 環(huán)形電流的磁場 特點 無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱 與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場 環(huán)形電流的兩側是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱 安培 定則 立體圖

4、 橫截面圖 4.磁感線的特點 （1）磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向． （2）磁感線的疏密定性地表示磁場的強弱，在磁感線較密的地方磁場較強；在磁感線較疏的地方磁場較弱． （3）磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極；在磁體 內部，由S極指向N極． （4）同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切． （5）磁感線是假想的曲線，客觀上不存在． 三、安培力的大小和方向 1．安培力的大小 當磁感應強度B的方向與導線方向成θ角時，，這是一般情況下的安培力的表達式，以下是兩種特殊情況： （1）當磁場與電流垂直時，安培力最大，Fmax＝

5、BIL. （2）當磁場與電流平行時，安培力等于零． 2．安培力的方向 （1）安培力：通電導線在磁場中受到的力． （2）左手定則：伸開左手，使拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個平面內．讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向． （3）兩平行的通電直導線間的安培力：同向電流互相吸引，異向電流互相排斥． 四、洛倫茲力的大小和方向 1．洛倫茲力的定義：磁場對運動電荷的作用力． 2．洛倫茲力的大小，θ為v與B的夾角．如圖所示． （1）當v∥B時，θ＝0°或180°，洛倫茲力F＝0； （2）當v⊥B時，θ＝90°，洛倫

6、茲力. （3）靜止電荷不受洛倫茲力作用． 3．洛倫茲力的方向 （1）左手定則 磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運動的方向，拇指指向即為運動的正電荷所受洛倫茲力。 （2）方向特點：F垂直于B與v決定的平面，即F始終與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功． 五、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動． 2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動． （1）向心力由洛倫茲力提供：； （2）軌道半徑公式：； （3）周期：（周期T與速度v、軌道半徑R無關）； 六、帶電粒子在勻強磁場中運動的

7、應用 1．質譜儀 （1）構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成． （2）原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據動能定理可得關系式.粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律得關系式.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷．，，. 2．回旋加速器 （1）構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中． （2）原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由，得，可見粒

8、子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關． 第三部分 技能+方法 一、對磁感應強度的理解 1.磁感應強度概念的理解 （1）磁感應強度是用比值法定義的,其大小由磁場本身的性質決定,與放入的直導線的電流I的大小、導線長度L的大小無關.故不能根據就說B與F成正比，與IL成反比. （2）由定義式計算B時,通電導線必須垂直于磁場;若通電導線平行放入磁場,則不受安培力,但不能說該處磁感應強度為零. 2.磁通量概念的理解 （1）其中S為閉合回路面積在垂直于B方向上的分量，如圖甲所示. （2）面積S的含義：S不一定是某個線圈的真正面積,而是線圈在磁場范圍內的面積.

9、如圖乙所示，S應為線圈面積的一半. （3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內磁通量的大小與線圈匝數無關,因為不論線圈匝數多少,穿過線圈的磁感線條數相同. （4）合磁通量求法：若某個平面內有不同方向的磁場共同存在,當計算穿過這個面的磁通量時,先規(guī)定某個方向的磁通量為正,反方向的磁通量為負，平面內各個方向的磁通量的代數和等于這個平面內的合磁通量. 二、安培力公式的應用 安培力常用公式F=BIL，應用時要滿足： （1）B與L垂直； （2）L是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度； 如彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連直線的長度（如圖所示），相應的電流方向沿L由始端流向末端.因此任意形狀的閉合

10、線圈，其有效長度為零，受到的安培力的矢量和為零. 2.通電導線在安培力作用下的平衡和加速運動的分析方法 （1）確定研究對象,對研究對象進行受力分析. （2）畫出受力平面圖. （3）依據平衡條件或牛頓第二定律列方程. 三、安培力作用下導體運動情況的判定 1.判定安培力作用下導體運動情況的常用方法 電流元法 分割為電流元左手定則安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向 特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運動方向 等效法 環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個環(huán)形電流 結論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流

11、方向相同的趨勢 轉換研究對象法 定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向 四、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．帶電粒子在勻強磁場中的運動是各省市每年高考必考內容之一．一般以計算題的形式出現，可以與其他知識相綜合，難度中等以上，分值較高，以考查學生的形象思維和邏輯推理能力為主． 2．分析方法：找圓心、求半徑、確定轉過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎，有時需要建立運動時間t和轉過的圓心角α之間的關系作為

12、輔助． （1）圓心的確定 ①基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心． ②兩種情形 a．已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖所示，圖中P為入射點，M為出射點）． b．已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖所示，圖中P為入射點，M為出射點）． （2）半徑的確定 用幾何知識（勾股定理、三角函數等）求出半徑大?。? （3）運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的

13、圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間為：（或）． 3．規(guī)律總結 帶電粒子在不同邊界磁場中的運動 （1）直線邊界（進出磁場具有對稱性） （2）平行邊界（存在臨界條件） （3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出） 五、質譜儀和回旋加速器 1. 根據質譜儀原理可以得出需要研究的物理量,如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷等. （1）粒子軌道半徑 （2）粒子質量 （3）粒子比荷. 2.回旋加速器的最大動能根據,得,可見： （1）粒子最大動能與加速電壓無關. （2）最大動能由D形盒的最大半徑和磁感應強度決定. 第四部分 基礎練+測 一、單選題 1．在磁場中的同一位置

14、放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直，則下列描述導線受到的安培力F的大小與通過導線的電流的關系圖象正確的是 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當導線的方向與磁場方向垂直時所受的安培力F=BIL，則描述導線受到的安培力F的大小與通過導線的電流I的關系圖象正確的是A； 2．下列陳述與事實相符的是 A．牛頓測定了引力常量 B．法拉第發(fā)現了電流周圍存在磁場 C．安培發(fā)現了靜電荷間的相互作用規(guī)律 D．伽利略指出了力不是維持物體運動的原因 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．卡文迪許測定了引力常量，選項A錯誤； B．奧斯特發(fā)現了電流周圍

15、存在磁場，選項B錯誤； C．庫倫發(fā)現了靜電荷間的相互作用規(guī)律，選項C錯誤； D．伽利略指出了力不是維持物體運動的原因，選項D正確； 3．在物理學的發(fā)展中，有許多科學家做出了重大貢獻，下列說法中錯誤的是 A．第谷通過天文觀測發(fā)現了行星運動的規(guī)律 B．密立根通過油滴實驗測出了元電荷 C．法拉第不僅提出了場的概念，而且利用電場線和磁感線形象地描述電場和磁場 D．安培定則也叫右手螺旋定則 【答案】 A 【解析】 【詳解】 開普勒根據第谷通過天文觀測數據的研究發(fā)現了行星運動的規(guī)律，選項A錯誤；密立根通過油滴實驗測出了元電荷，選項B正確；法拉第不僅提出了場的概念，而且利用電場線和

16、磁感線形象地描述電場和磁場，選項C正確；安培定則也叫右手螺旋定則，選項D正確；此題選擇錯誤的選項，故選A. 4．如圖所示是一位同學制作的實驗裝置：柔軟彈簧豎直懸掛，下端恰與銅片接觸。當開關閉合后，彈簧時伸時縮，燈泡時明時暗。關于這個實驗現象，下列說法中正確的是( ) A．彈簧收縮與銅片分離時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡 B．彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮 C．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相吸引致使彈簧收縮 D．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流互相排斥致使彈簧伸長 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．由電路圖可知，彈簧收縮與銅片分離時，通

17、過燈泡的電流較大，燈泡明亮；彈簧伸長與銅片接觸時，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡，選項AB錯誤； CD．有電流通過彈簧時，各匝環(huán)形電流是同向電流，則互相吸引致使彈簧收縮，選項C正確，D錯誤。 5．關于物理學史，下列說法錯誤的是 A．伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數學推導和科學實驗相結合的方法 B．牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律 C．奧斯特發(fā)現了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產生磁場

18、 D．愛因斯坦首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子 【答案】 D 【解析】 【詳解】 伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數學推導和科學實驗相結合的方法，選項A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律，選項B正確；奧斯特發(fā)現了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產生磁場，選項C正確；普朗克首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量

19、時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子，選項D錯誤；此題選擇不正確的選項，故選D. 6．下列關于物理現象及其在科技中的應用的說法正確的是（ ） A．交流感應電動機是利用電磁驅動的原理工作的 B．穿過線圈的磁通量為0，感應電動勢一定為0 C．自感現象是收音機中“磁性天線”工作的基礎 D．磁電式電流表中，極靴與鐵質圓柱間產生的是勻強磁場 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．交流感應電動機是利用電磁驅動的原理工作的，故A正確； B．穿過線圈的磁通量為0，感應電動勢最大，故B錯誤； C．收音機中“磁性天線”工作是利用互感現象，

20、故C錯誤； D．磁電式電流表內部的蹄形磁鐵的極靴與圓柱鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的，故D錯誤； 7．如圖所示，框架面積為 S，框架平面與磁感應強度為 B 的勻強磁場方向垂直，則下列穿過平面的磁通量的說法中不正確的是（） A．如圖所示位置時磁通量大小等于 BS B．若使框架繞 OO′轉過 60°角，磁通量大小為12BS C．若從初始位置轉過 90°角，磁通量大小為 BS D．若從初始位置轉過 180°角，磁通量變化量的大小為 2BS 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、線圈與磁場垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應強度與線圈面積的乘積，故圖示位置的磁通量為Φ=BS，故A

21、正確； B、使框架繞OO'轉過60°角，則在磁場方向的投影面積為12S，則磁通量為12BS，故B正確； C、線圈從圖示轉過90°的過程中，S垂直磁場方向上的投影面積逐漸減小，故磁通量逐漸減小，當線圈從圖示轉過90°時，磁通量為0，故C錯誤； D、從初始位置轉過180°角，磁通量變化為ΔΦ=BS-（-BS）=2BS，故D正確。 8．直線電流周圍空間各點的磁場強度的關系式為B=kIx，其中I為直線電流強度的大小，x為空間各點到直線電流的垂直距離。在空間放置兩相互平行的直導線，其間距為a，現在兩導線中通有大小與方向均相同的電流，規(guī)定磁感應強度方向向外為正方向，則在0～a之間的合磁感應強度隨x

22、的變化規(guī)律符合下列圖像中的 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據右手螺旋定則可得知電流方向與磁場方向的關系，電導線周圍有磁場存在，磁場除大小之外還有方向，所以合磁場通過矢量疊加來處理。 【詳解】 根據右手螺旋定則可得左邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直紙面向外，右邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直紙面向里，離導線越遠磁場越弱，在兩根導線中間位置磁場為零。由于規(guī)定B的正方向即為垂直紙面向外，所以A正確，BCD錯誤。 故選：A。 【點睛】 由于電流大小相等，方向相同，所以兩根連線的中點磁場剛好為零，從中點向兩邊移動磁場越來

23、越強，左邊的磁場垂直紙面向里，右邊的磁場垂直紙面向外。 9．一矩形線圈abcd放在水平面上，線圈中通有如圖所示的恒定電流。在ab邊的右側距ab邊的距離與bc邊的長度相等處，放置水平長直導線MN，MN通有由M到N的電流，在其周圍空間產生磁場，已知載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B=kI/r，式中常量k>0，I為電流強度，r為距導線的即離。則（） A．ad邊不受安培力作用 B．ab邊、cd邊受到的安培力之比為2：1 C．若水平面光滑，線圈將向右作加速度減小的加速運動 D．若水平面粗糙，線圈受到向左的摩擦力作用 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據右手定則，判斷通電

24、導線MN在右側的磁場方向，根據左手定則判斷各個邊受安培力的方向；根據B=kI/r判斷ab邊、cd邊處的磁感應強度之比，根據F=BIL可知ab邊、cd邊受到的安培力之比；因線框所受安培力的合力向左，可判斷若水平面光滑，線圈的加速度方向；若水平面粗糙，可判斷線圈受到的摩擦力方向. 【詳解】 根據右手定則，通電導線MN在右側的磁場方向向里，由左手定則可知，ad邊受向下的安培力作用，選項A錯誤；根據B=kI/r可知，ab邊、cd邊處的磁感應強度之比為2:1，根據F=BIL可知ab邊、cd邊受到的安培力之比為2：1，選項B正確；因線框所受安培力的合力向左，則若水平面光滑，線圈將向左作加速度減小的加速

25、運動；若水平面粗糙，線圈受到向右的摩擦力作用，選項CD錯誤；故選B. 10．物理學家通過艱辛的實驗和理論研究探究自然規(guī)律，為科學事業(yè)做出了巨大貢獻．下列描述中符合物理學史實的是( ) A．奧斯特發(fā)現了電流的磁效應并提出了分子電流假說 B．法拉第發(fā)現了電磁感應現象并總結出了判斷感應電流方向的規(guī)律 C．牛頓發(fā)現了萬有引力定律但未給出引力常量G的數值 D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律 【答案】 C 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，安培并提出了分子電流假說，選項A錯誤；法拉第發(fā)現了電磁感應現象，楞次總結出了判斷感應電流方向的

26、規(guī)律，選項B錯誤；牛頓發(fā)現了萬有引力定律但未給出引力常量G的數值，后來卡文迪許用扭秤實驗測出了引力常數，選項C正確； 哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現行星沿橢圓軌道運行的規(guī)律，選項D錯誤；故選C. 二、多選題 11．豎直面（紙面）內兩固定長直導線L1、L2中通有如圖所示的電流，P點位于L1、L2正中間，整個空間存在磁感應強度大小為B0、方向垂直于紙面向里的勻強磁場（未畫出），此時P點的磁感應強度大小為0。若L1中電流反向，則P點的磁感應強度大小為23B0，方向垂直紙面向里，則 A．I1在P點產生的磁場的磁感應強度大小為13B0 B．I1在P點產生的磁場的磁感應強度

27、大小為23B0 C．I2在P點產生的磁場的磁感應強度大小為23B0 D．I2在P點產生的磁場的磁感應強度大小為13B0 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設I1、I2在P點產生的磁場大小為B1和B2，由右手定則可知B1和B2方向均向外，則：B1+B2=B0；若L1中電流反向，則磁場方向也反向，則：B1+ B0-B2=23B0；聯立解得B1 =13B0；B2=23B0，故選AC. 12．如圖，電阻不計的光滑金屬軌道MN、PQ，左側連接定值電阻R，桿間距離為L，放置在勻強磁場中，磁感應強度為B。一金屬桿ab垂直放置在軌道上，ab桿長L0，電阻r?，F讓ab向右以速度v勻速運動，下

28、列說法正確的是 A．回路中感應電流大小為I=BL0vR，方向a—b B．ab桿受到安培力向左 C．回路中感應電流大小為I=BLvR+r，方向b—a D．ab桿受到安培力向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 ab向右以速度v勻速運動時，感應電動勢為：E=BLv，則感應電流為：I=BLvR+r，根據楞次定律可知電流方向為b-a，故A錯誤，C正確；根據左手定則可知ab桿受到安培力向左，故B正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 13．如圖所示，兩根通電長直導線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的4倍，此時A受到的磁場

29、作用力大小為F。當在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導線C后，A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場作用力大小和方向可能是 A．大小為54F，方向水平向右 B．大小為54F，方向水平向左 C．大小為14F，方向水平向右 D．大小為14F，方向水平向左 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 由于ab間的磁場力是兩導體棒的相互作用，故B受到A的磁場力大小為F，方向向左；中間再加一通電導體棒時，由于C處于中間，其在ab兩位置產生的磁場強度相同，故A受到的磁場力為B受磁場力的4倍；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況： ①、C對A的作用

30、力為F，方向向右；則C對B的作用力為F/4，方向向左，則B受力大小為5F/4，方向水平向左； ②、C對A的作用力為3F，方向向左，則C對B的作用力為3F/4，方向向右，則B受力大小為F/4，方向水平向左； 故BD正確，AC錯誤。故選BD。 14．如圖所示整個空間有一方向垂直紙面向里的勻強磁場一絕緣木板(足夠長)靜止在光滑水平面上一帶正電的滑塊靜止在木板上，滑塊和木板之間的接觸面粗糙程度處處相同。不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是 A．若對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊一定相對靜止 B．若對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊間一定沒有彈力 C．若

31、對木板施加一個水平向右的瞬時沖量，最終木板和滑塊間一定沒有摩擦力 D．若對木板始終施加一個水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運動 【答案】 BCD 【解析】 若對木板施加一水平向右的瞬時沖量，則開始時滑塊將受到向右的摩擦力作用而向右加速，隨速度的增加，滑塊受到向上的洛倫茲力逐漸變大，當滿足qvB=mg時，滑塊離開木板，此時滑塊和木板間沒有彈力，也沒有摩擦力，此后滑塊將以速度v做勻速運動，而此時木板的速度不一定減到v，則木板和滑塊不一定相對靜止，選項A錯誤，BC正確；若對木板始終施加一水平向右的恒力，則開始時木板和滑塊將向右做勻加速運動，當速度滿足qvB=mg時，滑輪離開木板，最終滑塊做

32、勻速運動，選項D正確；故選BCD. 15．將α、β、γ三種射線分別射入勻強磁場和勻強電場中，則射線偏轉情況正確的是 A． B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A、B、因α射線是高速氦核流，一個α粒子帶兩個正電荷.根據左手定則，α射線受到的洛倫茲力向左，β射線是高速電子流，帶負電荷.根據左手定則，β射線受到的洛倫茲力向右，γ射線是γ光子，是中性的，故在磁場中不受磁場的作用力，軌跡不會發(fā)生偏轉.故A正確，B錯誤． C、D、因α射線實質為氦核流，帶正電，β射線為電子流，帶負電，γ射線為高頻電磁波，根據電荷所受電場力特點可知：向左偏的為β射線，不偏

33、的為γ射線，向右偏的為α射線，故C錯誤，D正確； 故選AD． 【點睛】 熟練掌握α、β兩種衰變實質以及衰變方程的書寫，同時明確α、β、γ三種射線性質及應用．本題綜合性較強，主要考查兩個方面的問題：①三種射線的成分主要是所帶電性．②洛倫茲力的方向的判定．只有基礎扎實，此類題目才能順利解決，故要重視基礎知識的學習 16．如圖所示，在平面上有兩條相互垂直且彼此絕緣的長通電直導線，以它們?yōu)樽鴺溯S構成一個平面直角坐標系。四個相同的閉合圓形線圈在四個象限中完全對稱放置，兩條長直導線中電流大小與變化情況相同，電流方向如圖所示，當兩條導線中的電流都開始均勻增大時，四個線圈a、b、c、d中感應電流的情況

34、是 A．線圈a中有感應電流 B．線圈b中有感應電流 C．線圈c中有順時針方向的感應電流 D．線圈d中有逆時針方向的感應電流 【答案】 AC 【解析】 由右手螺旋定則可判定通電導線磁場的方向。ac象限磁場不為零，a中磁場垂直紙面向里，當電流增大時，線圈a中有逆時針方向的電流，故A正確；其中bd區(qū)域中的磁通量為零，當電流變化時不可能產生感應電流，故B D錯誤。ac象限磁場不為零，c中磁場垂直紙面向外，當電流增大時，線圈c中有順時針方向的電流，故C正確；故選AC。 點睛：本題考查了右手螺旋定則和楞次定律的應用，解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，知道感應電流的磁場阻

35、礙原磁場磁通量的變化． 17．如圖所示，豎直虛線邊界左側為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點，C為最高點，右側同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場．一電荷量為q、質量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點A以某一初速度開始運動恰好能到最高點C，進入右側區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點，空氣阻力不計，重力加速度為g．則 A．小球在最低點A開始運動的初速度大小為5gR B．小球返回A點后可以第二次到達最高點C C．小球帶正電，且電場強度大小為mgq D．勻強磁場的磁感應強度大小為mqgR 【答案】 ACD 【解析】小球恰能經過最高點C，則mg=mvC2R

36、，解得vC=gR；從A到C由動能定理：-mg?2R=12mvC2-12mvA2，解得vA=5gR，選項A正確；小球在復合場中以速度gR做勻速圓周運動，再次過A點時的速度為gR，則小球不能第二次到達最高點C，選項B錯誤；小球在復合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知粒子帶正電，滿足mg=qE，解得E=mgq，選項C正確；由qvB=mv2R，其中v=gR，解得B=mqgR，選項D正確；故選ACD. 點睛：此題關鍵是知道小球在重力場、電場和磁場中做勻速圓周運動的條件：重力與電場力平衡，洛倫茲力充當向心力. 18．如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質彈簧將擋板和一條形磁鐵連

37、接起來，此時臺秤讀數為F1，現在磁鐵上方中心偏左位置固定一導體棒，當導體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數為F2，則以下說法正確的是(　　) A．彈簧長度將變長 B．彈簧長度將變短 C．F1>F2 D．F1

38、種勻強磁場的方向。其中摩擦力可能為零的是 A． B． C． D． 【答案】 AB 【解析】 【分析】 通過對桿ab受力分析，根據共點力平衡判斷桿子是否受摩擦力． 【詳解】 A圖中桿子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三個力平衡，則不受摩擦力。故A正確。B圖中桿子受重力，豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，不受摩擦力。故B正確。C圖中桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故C錯誤。D圖中桿子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故D錯誤。故選AB。 【點睛】 解決本題的關鍵掌握安培力的方向判定，以及能

39、正確地進行受力分析，根據受力平衡判斷桿子是否受摩擦力． 20．如圖所示，AOB為一邊界為14圓的勻強磁場，O點為圓心，D點為邊界OB的中點，C點為邊界上一點，且CD∥AO．現有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場（不計粒子重力），其中粒子1從A點正對圓心射入，恰從B點射出，粒子2從C點沿CD射入，從某點離開磁場，則可判斷（　?。? A．粒子2在AB圓弧之間某點射出磁場 B．粒子2必在B點射出磁場 C．粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3：2 D．粒子1與粒子2的速度偏轉角度相同 【答案】 BC 【解析】 粒子運動軌跡如圖所示： A、粒子1從A點正對圓心射入

40、，恰從B點射出，粒子在磁場中運動的圓心角為90°，粒子軌道半徑等于BO，粒子2從C點沿CD射入其運動軌跡如圖所示，設對應的圓心為O1，運動軌道半徑也為BO，連接O1C、O1B，O1COB是平行四邊形，O1B=CO，則粒子2一定從B點射出磁場，故A錯誤，B正確； C、粒子1在磁場中轉過的圓心角θ1=90°，連接PB，可知P為O1C的中點，由數學知識可知，θ2=∠BO1P=60°，兩粒子的速度偏角不同，粒子在磁場中運動的周期：T=2πmBq，兩粒子的周期相等，粒子在磁場中的運動時間t=θ2πT，的運動時間之比：t1:t2=θ1:θ2=90°:60°=3:2，故C正確，D錯誤。 點睛：本題考查了

41、粒子在勻強磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡、應用數學知識、周期公式即可正確解題。 三、解答題 21．如圖甲所示，半徑為R的導體環(huán)內，有一個半徑為r的虛線圓，虛線圓內有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度大小隨時間變化規(guī)律為B1=kt（k>0且為常量）。 （1）求導體環(huán)中感應電動勢E的大小； （2）將導體環(huán)換成內壁光滑的絕緣細管（管子內徑忽略），管內放置一質量為m、電荷量為+q的小球，小球重力不計，如圖乙所示。已知絕緣細管內各點渦旋電場的電場強度大小為ER=kr22R，方向與該點切線方向相同。小球在電場力作用下沿細管加速運動。要使t時刻管壁

42、對小球的作用力為零，可在細管處加一垂直于紙面的磁場，求所加磁場的方向及磁感應強度的大小B2。 【答案】 （1）得E=kπr2（2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場方向垂直紙面向里。 B2=kr22R2t 【解析】 【詳解】 （1）根據法拉第電磁感應定律，有 E=ΔΦΔt Φ=B?S=kt?πr2 得E=kπr2 （2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場方向垂直紙面向里。 電場力：F=ERq F=ma t時刻速度v=at 洛倫茲力大小F洛=qvB2 qvB2=mv2R 聯立解得B2=kr22R2t 22．如圖所示，一電子（電量為e）經過電場加速后從右

43、板小孔飛出，兩平行板間電壓為U。電子垂直磁場邊界進入磁場，從右邊界飛出。磁場磁感應強度為B，磁場兩邊界間距離為d。 （1）求電子從右板小孔飛出時的速度大小？ （2）求電子在磁場中穿過后，速度方向改變量的正弦值是多少？ 【答案】 （1）2eUm（2）dBe2mU 【解析】 【詳解】 （1）經電場加速后電子的動能定理得：eU=12mv02 解得：v0=2eUm （2）粒子運動軌跡如圖所示： 根據洛倫茲力提供向心力：qv0B=mv02R 解得：R=mv0qB 根據幾何關系可得：sinθ=dR 聯立可得：sinθ=dBe2mU 23．空間中有一直角坐標系，其第一象

44、限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的場強為E的勻強電場?，F有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示。已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用，求： (1)粒子射入磁場時的速度大小及ON間的距離； (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達y軸距O點的距離； (3)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)

45、的粒子到達x軸的時間。 【答案】 （1）qBRm，2qBR3mE（2）R+32R（3）(5π+3)m6qB+(2+3)mRqE 【解析】 【分析】 由洛倫茲力充當向心力可求得粒子的速度；再根據粒子在電場中的平拋運動規(guī)律可求得電場強度的大?。桓鶕}意明確粒子的運動情況，明確粒子轉動的運動軌跡圖；由幾何關系求得粒子到達y軸距O點的距離；由粒子轉動的運動軌跡圖，明確圓心角則可求得粒子轉動的時間。 【詳解】 (1)粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB=mv2R 解得：v=qBRm如圖甲所示： 因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方

46、向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，水平方向：x=vt 豎直方向有：R=12?qEm?t2 解得：x=2qBR3mE (2)對于速度v(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示： 軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉角度等于圓心角θ=150°， 粒子出磁場后速度方向垂直y軸，到達y軸距O點距離：y=R+Rsin60°=R+32R (3)速度方向與AO1夾角為60°為的粒子在磁場中運動的時間為t1=θ360°T=5πm6qB 粒子離開磁場到y軸的距離MH=R2，在無

47、場區(qū)運動的時間t2=R2v=m2qB 設粒子在電場中到達x軸運動的時間為t3，y=R+32R=12?qEm?t32 解得：t3=(2+3)mRqE 粒子到達x軸的時間：t=t1+t2+t3=(5π+3)m6qB+(2+3)mRqE 【點睛】 本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動情況，要注意明確粒子在電場中運動時應用運動的合成和分解規(guī)律求解；而在磁場中做圓周運動時，根據幾何關系和洛倫茲力充當向心力規(guī)律求解。 24．如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場。一質

48、量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g，求： (1)磁感應強度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運動時間。 【答案】 (1), 方向垂直紙面向外 (2) 【解析】（1）小球在金屬板之間只能做勻速直線運動，受重力G，電場力F電和洛倫茲力f，F電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，受力如圖，三力合力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外， 得 由于不做功， 則由動能定理可得， 解得 25．電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。測量前天平已調至

49、平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質m0=10.0g，匝數n=10，下邊長l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中，如圖18甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢E=1.5V，內阻r=1.0Ω。開關S閉合后，調節(jié)可變電阻使理想電壓表示數U=1.4V時，R1=10Ω，此時天平正好平衡。g=10m/s2，求： （1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向； （2）矩形線圈的電阻R； （3）該勻強磁場的磁感應強度B的大小。 【答案】 （1）0

50、.05N，順時針（2）R=4Ω（3）0.5T 【解析】（1）天平兩側平衡，因此有 m1g= m0g+F 可得：F= m1g-m0g=0.05N F的方向豎直向下，根據左手定則可判斷出線框電流方向為順時針 （2）線圈中電流的大小為：I=(E-U)/r=0.1A 根據電路規(guī)律：U=I(R1+R) 聯立兩式可得：R=4Ω （3）矩形線圈下邊所受安培力為：F=nBIl 將數值代入可得： B=F/nIl=0.5T 26．如圖所示，在豎直平面內，直線MO與水平線PQ相交于O，二者夾角θ=30°，在MOP范圍內存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E，MOQ上方的某個區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁

51、場，磁感應強度為B，O點處在磁場的邊界上，現有一群質量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內以大小不等的速率v（v≤v0）垂直于MO從O點射入磁場，所有粒子通過直線MO時，速度方向均平行于PQ向左，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。求： （1）速度最大的粒子在磁場中運動的時間； （2）速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離； （3）磁場區(qū)域的最小面積。 【答案】 （1）2πm3Bq（2）33mv02Bq+mv0q3v0EB（3）13πR2-34R2 【解析】 試題分析：（1）因粒子通過直線MO時，速度方向均平行于PQ向左，說明粒子速度方向改變了2π3，由幾何關系可

52、得粒子的運動軌跡如圖所示。設粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，粒子在勻強磁場中運動時間為t1 因為T=2πmBq 所以t1=13T=2πm3Bq （2）由Bqv0=mv02R，得R=mv0Bq 設粒子自N點水平飛出磁場，出磁場后應做勻速運動至OM，設勻速運動的距離為s，由幾何關系知：s=Rtanθ=3mv0Bq 過MO后粒子在電場中做類平拋運動，設運動的時間為t2，則：R+Rsin30°=12qEmt22 t2=3mqBt2=mq3v0EB 由幾何關系知，速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點的距離 L=OP=Rcosθ+s+v0t2=33mv02Bq+

53、mv0q3v0EB （3）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場的位置均應在ON的連線上，故磁場范圍的最小面積ΔS是速度最大的粒子在磁場中的軌跡與ON所圍成的面積 扇形的面積 的面積為： 考點：帶電粒子在勻強磁場和電場中的運動 【名師點睛】此題是帶電粒子在勻強電場及勻強磁場中的運動問題；首先要搞清粒子在電場和磁場中的運動性質，結合類平拋運動的規(guī)律及勻速圓周運動的規(guī)律解答；注意在磁場中的運動問題，必須要畫出幾何圖線，幾何幾何關系列出方程才能解答. 27．電子質量為m、電荷量為q,以速度v0與x軸成θ角射入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后落在x軸上的P點,如圖所

54、示,求: （1）電子運動軌道的半徑R （2）OP的長度; （3）電子從由O點射入到落在P點所需的時間t. 【答案】 2mv0qBsinθ2θmqB 【解析】 試題分析：（1）過O點和P點作速度方向的垂線,兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心,如圖所示, 則有幾何知識得：OP=2Rsinθ 洛倫茲力提供向心力：Bqv0=mv02R 解得:OP=2mv0sinθBq （2）由圖中可知：2θ=ωt=2πTt 又有：v0=ωR=2πRT 解得：t=2θmBq 考點：本題考查了帶電粒子在磁場中的偏轉問題 28．一束硼離子以不同的初速度，沿水平方向經過速度

55、選擇器，從O點進入方向垂直紙面向外的勻強偏轉磁場區(qū)域，分兩束垂直打在O點正下方的離子探測板上P1和P2點，測得OP1：OP2=2：3，如圖甲所示．速度選擇器中勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應強度為B1，偏轉磁場的磁感應強度為B2．若撤去探測板，在O點右側的磁場區(qū)域中放置云霧室，離子運動軌跡如圖乙所示．設離子在云霧室中運動時受到的阻力Ff=kq，式中k為常數，q為離子的電荷量．不計離子重力．求 （1）硼離子從O點射出時的速度大?。? （2）兩束硼離子的電荷量之比； （3）兩種硼離子在云霧室里運動的路程之比． 【答案】 （1）硼離子從O點射出時的速度大小； （2）兩束硼離子

56、的電荷量之比3：2； （3）兩種硼離子在云霧室里運動的路程之比2：3． 【解析】解：（1）只有豎直方向受力平衡的離子，才能沿水平方向運動離開速度選擇器， 電場力公式，F電=qE 洛倫茲力公式，F洛=qvB1； 則有：F電=F洛 綜合上述3式得： v= （2）設到達P1點離子的電荷量為q1，到達P2點離子的電荷量為q2，進入磁場后，根據牛頓第二定律，則有： qvB2=m 解得：r= 根據題意有： 考慮到進入偏轉磁場的硼離子的質量相同、速度相同，得： （3）設電荷量為q1離子運動路程為s1，電荷量為q2離子運動路程為s2，在云霧室內受到的阻力始終與速度方向相反，做

57、負功．洛倫茲力不做功，有： W=﹣Ffs=△EK 且Ff=kq 得： 答：（1）硼離子從O點射出時的速度大小； （2）兩束硼離子的電荷量之比3：2； （3）兩種硼離子在云霧室里運動的路程之比2：3． 【點評】考查受力平衡方程的應用，掌握牛頓第二定律與向心力綜合運用，理解動能定理的應用，注意做功的正負，及洛倫茲力不做功的特點． 29．如圖所示,矩形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強磁場(AA′、BB′、CC′、DD′為磁場邊界,四者相互平行),磁感應強度大小均為B,矩形區(qū)域的長度足夠長,磁場寬度及BB′與CC′之間的距離相同.某種帶正電的粒子從AA′上的O1處以大

58、小不同的速度沿與O1A成α=30°角進入磁場(如圖所示,不計粒子所受重力),當粒子的速度小于某一值時,粒子在區(qū)域Ⅰ內的運動時間均為t0;當速度為v0時,粒子在區(qū)域Ⅰ內的運動時間為t05.求: (1)粒子的比荷qm； (2)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度d; (3)速度為v0的粒子從O1到DD′所用的時間. 【答案】 （1）5π3t0B（2）33v0t010π（3）2t05+33t010π 【解析】 解： （1）若速度小于某一值時粒子不能從BB′ 離開區(qū)域Ⅰ，只能從AA′邊離開區(qū)域Ⅰ。則無論粒子速度大小，在區(qū)域Ⅰ中運動的時間相同。軌跡如圖所示（圖中只畫了一個粒子的軌跡）。 則粒子在

59、區(qū)域Ⅰ內做圓周運動的圓心角為φ1=300o（3分） 由Bqv=mv2R（1分） T=2πRv（1分） φ1 φ1 φ2 φ2 得：粒子做圓周運動的周期 T =mv2R（2分）由（1分） 解得：（2分） （2）速度為v0時粒子在區(qū)域I內的運動時間為，設軌跡所對圓心角為φ2。 由（2分） 得：（1分） 所以其圓心在BB′上，穿出BB′ 時速度方向與BB′ 垂直，其軌跡如圖所示，設軌道半徑為R 由qv0B=mv02R得：（2分） d=Rsin600=33v0t010π（1分） （3）區(qū)域I、Ⅱ寬度相同，則粒子在區(qū)域I、Ⅱ中運動時間均為（1分）

60、穿過中間無磁場區(qū)域的時間為t′ =mv2R33t010π（1分） 則粒子從O1到DD′所用的時間t=2t05+33t010π（2分） 30．如圖所示，一帶電微粒質量為m=2.0×10﹣11kg、電荷量q=+1.0×10﹣5C，從靜止開始經電壓為U1=100V的電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場中，微粒射出電場時的偏轉角θ=30°，并接著進入一個方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強磁場區(qū)域．已知偏轉電場中金屬板長L=20cm，兩板間距d=17.3cm，重力忽略不計．求： （1）帶電微粒進入偏轉電場時的速率v1； （2）偏轉電場中兩金屬板間的電壓U2； （3）為使

61、帶電微粒不會由磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少多少。 【答案】 (1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T 【解析】 【分析】 （1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v1。 （2）粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出電壓。 （3）粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，結合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B。 【詳解】 （1）帶電微粒經加速電場加速后速度為v，根據動能定理：qU1＝12mv12 解得：v1＝2qU1m=1.0×104m/s （2）帶電微粒在偏轉電場中只受電場力作用，做類平拋運動。在水平方

62、向微粒做勻速直線運動水平方向：t＝Lv1 帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運動，加速度為a，出電場時豎直方向速度為v2 豎直方向：a＝qEm＝qU2dm v2＝at＝qU2dm?Lv1 由幾何關系：tanθ＝v2v1＝qU2Ldmv12＝U2L2dU1 U2＝2dU1Ltanθ 代入數據得：U2=100V （3）帶電微粒進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設微粒軌道半徑為R，由幾何關系知R+R2＝D 得：R＝2D3 設微粒進入磁場時的速度為v′：v′＝v1cos30° 由牛頓運動定律及運動學規(guī)律：qv′B＝mv'2R 得：B＝mv'qR＝m23qD?v1cos30° 代入數據數據解得B=0.1T 若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為0.1T。 32