2021届高考物理一轮复习：磁场训练题含答案

2021届一轮高考物理：磁场（通用型）练习及答案一轮：磁场一、选择题1、如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。

则下面判断错误的是( )A.两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B.两电子在磁场中运动的时间有可能相同C.进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D.进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场2、(多选)如图为通电螺线管。

A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是()A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方3、1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是() A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动4、(2019·肇庆模拟)(多选)如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是()甲乙A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小5、如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AD边的中点O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AD边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度的大小B需满足()A．B>3m v3aq B．B<3m v3aqC．B>3m vaq D．B<3m vaq6、如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2B． 2 C．1 D．2 27、如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如下图所示，其中正确的是()8、某回旋加速器的示意图如图，两个半径均为R的D形盒置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核(31H)加速，所需的高频电源的频率为f。

单元评估检测（八）磁场（90分钟100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分,共48分。

1～7为单选题,8~12为多选题）1。

关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（)A。

安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D。

将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【解析】选B。

根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直,即与电流和磁场方向都垂直,故A错误，B正确;磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsin θ,则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关,故C错误;当电流方向与磁场的方向垂直,所受安培力为BIL，将直导线从中点折成直角,其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场方向的平面内从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的，故D错误。

2。

分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上,且ac=cb=bd。

已知c点的磁感应强度大小为B1,d点的磁感应强度大小为B2。

若将b处导线的电流切断,则 ()A.c点的磁感应强度大小变为B1,d点的磁感应强度大小变为B1—B2B。

c点的磁感应强度大小变为B1，d点的磁感应强度大小变为B2—B1C。

c点的磁感应强度大小变为B1—B2，d点的磁感应强度大小变为B1—B2D.c点的磁感应强度大小变为B1—B2,d点的磁感应强度大小变为B2-B1【解析】选A.c点的磁场是分别置于a、b两处的长直导线中电流产生的。

由安培定则可知分别置于a、b两处的长直导线在c 点产生的磁场方向相同，a、b两处的长直导线在c点产生的磁场的磁感应强度大小为。

由对称性可知，b处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为,方向向下.a处的长直导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小为-B2。

2021届一轮高考物理：电磁感应习题（含）答案一轮专题：电磁感应一、选择题1、(多选)如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出。

已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，下列说法正确的是()A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能转化成电能D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转化成电能2、1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)．它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机．图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是()A．电阻R中没有电流流过B．铜片C的电势高于铜片D的电势C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生3、(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。

套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。

导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。

下列说法正确的是()A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动4、如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0．3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0．9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()A．W1<W2，q1<q2B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q25、(多选)如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。

选择题增分特训(九)1.B[解析] 由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断,环内磁场方向垂直于纸面向外,环外磁场方向垂直于纸面向里,磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向,所以b的N极向纸外转,a、c的N极向纸内转.2.A[解析] 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,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50 Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向改变,故D错误.3.D[解析] 根据安培定则知,两导线连线的垂直平分线上磁场方向水平向右或水平向左(连线中点处磁感应强度为零),根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力(在连线中点处不受洛伦兹力)方向垂直于纸面向外或向里(竖直向上或向下),滑块所受的滑动摩擦力与速度方向相反,滑块一定做减速直线运动,故A、B、C错误,D正确.4.A[解析] 对ab棒受力分析如图所示,由平衡条件得tan θ=,可得I=·,又知为常数,故A正确,B、C、D错误.5.A[解析] 根据左手定则,安培力与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;当电流、磁场方向互相垂直的时候,对应的磁感应强度最小,所以最小的磁感应强度为B== T=0.5 T.6.B[解析] 由左手定则可判定,甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,有qvB2=m,则=,由题意知r甲<r乙,所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷,B正确;由qE=qvB1知,能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于,C错误;由=知,==,D错误.7.D[解析] 作出a、b的运动轨迹如图所示,对于a的运动轨迹,由几何关系得R2=(R-L)2+(L)2,解得R=2L,sin θ==,所以a粒子的偏转角θ=π,同理可得b粒子的偏转角β=π,a粒子在磁场中运动的时间t a===,b粒子在磁场中运动的时间t b===,它们到达B点的时间差Δt=t b-t a=-=,D正确.8.AD[解析] 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,则水平电场的方向只能向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从M点到N点,故A正确,B错误.如果水平电场方向向右,则油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则可判断,油滴的速度方向为从N点到M点,故C错误,D正确.9.AC[解析] 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律R=ρ可知,导线越长,电阻越大,由I=可知,ACB段导线电流最小,而ADB段导线电流最大,四段导线的有效长度都相同,由F=BIL可知,ADB段受到的安培力最大,而ACB段受到的安培力最小,由左手定则可知,它们所受安培力的方向均相同,故A、C正确,B、D错误.10.AC[解析] 根据题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向有两种可能,且这两种可能方向相反.在方向相反的两个匀强磁场中,由左手定则可判断,负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的.当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律得4Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==;当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时,有2Bqv=m,解得v=,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω==,选项A、C正确.11.ACD[解析] 粒子轨迹恰好与MN相切时,对应磁感应强度B最小,粒子轨迹如图所示,根据几何知识可得∠AO'B=120°,∠OAB=∠BAO'=30°,故=,r=,解得r=R,又知r=,解得B=,所以B≥,故B错误,A、C、D正确.12.AD[解析] 作出粒子轨迹,如图所示,根据几何关系可以看出,当粒子从d点射出时,轨迹半径增大为原来的二倍,由半径公式R=可知,速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半,A正确,C错误;如果粒子的速度增大为原来的三倍,则轨迹半径也变为原来的三倍,从图中看出,出射点在f点下面,B错误;据粒子的周期公式T=,可知粒子的周期与速度无关,在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角,所以从e、d点射出时所用时间相等,从f点射出时所用时间较短,D正确.13.BCD[解析] 小球a在磁场中运动时受到重力和洛伦兹力的作用,洛伦兹力对小球a不做功,故小球a运动到M点的过程中,只有重力做功,而小球b在电场中运动到N点的过程中,除了重力做功外,电场力对它做负功,故v M>v N,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而v M>v N,故小球a在M点的向心力大于小球b在N点的向心力,且小球a第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球a的支持力较大,即小球a对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球a受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,小球b受到的电场力总是水平向左,对小球b的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球a能够到达右侧最高点,而乙图中电场力对小球b做负功,故小球b不能到达右侧最高点,选项D正确.14.AD[解析] 要使粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可判断,粒子做圆周运动的周期应为T0=,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=T0=T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确.非选择题增分特训(七)1.0.5 N0.2 m[解析] 棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=,解得F==0.8 N,对棒受力分析,由平衡条件得,两环支持力的总和为2F N=,解得F N=0.5 N.由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,设棒、环接触点与环面圆心的连线和竖直方向的夹角为θ,由几何关系知tan θ===,解得θ=53°,棒距环底的高度为h=r(1-cos θ)=0.2 m.2.(1)方向垂直于xOy平面向里(2)L2[解析] (1)由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里.粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O',半径为R,由几何关系有(L-R)sin 30°=R,所以R=L,由牛顿第二定律有qv0B=m,联立解得磁感应强度B=.(2)设磁场区域的最小面积为S,以OQ为直径时磁场圆的面积最小,由几何关系得,直径OQ=R=L,所以S=π=L2.3.(1)(2)y=[解析] (1)粒子在电场中运动,有qE=mav=at在磁场中运动,有qvB=m联立解得r=.(2)设边界OQ上某一点的横、纵坐标分别为x和y,由几何关系可得x=r又y=at2=t2联立解得曲线OQ满足的方程为y=.4.[解析] 设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m解得R=可知半径R为定值.因为粒子的速度方向不确定,所以粒子可能的运动轨迹为图中虚线所示过O点的一系列动态圆.当<R<a时,比较图中的动态圆可知,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切,设该粒子在磁场中运动的时间为t,根据题意知t=可得∠OCA=设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得=R sin α=R-=R sin α=a-R cos α又sin2α+cos2α=1联立解得R=a,v=,sin α=5.(1)(2)(3)[解析] (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由动能定理得qER=mv2解得v=(2)粒子的最大圆周轨迹应与半圆磁场边界相切,设圆周轨迹半径为r,由图甲中几何关系知r=由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m联立解得B=(3)粒子的圆周轨迹半径为r'==,粒子的运动轨迹如图乙所示,在电场中从A到O做匀加速直线运动,有R=a,解得t0=带电粒子在电场中的运动时间t1=3=3带电粒子在磁场中的运动时间t2=T==带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间t=t1+t2= 6.(1)(2)(3)[解析] (1)电子在磁场中运动,由牛顿第二定律得evB=m 解得r=电子在磁场区域运动周期为T==通过磁场区域的时间为t1=T=.(2)由几何知识得,电子在磁场中运动的最大半径r=d又r=解得电子进入电场的最大速度v=通过电场的时间t2==电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,轨迹如图所示由几何关系知==又y1+y2=d解得y1=d即=d解得U=.(3)若电子恰好打在下极板右边缘,则在磁场中运动半径r'=在电场中,水平方向上有d=v't竖直方向上有r'=t2联立解得v'=.7.(1)(2)y坐标在-a~0的范围内的一条长亮线[解析] (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为r,由几何关系有r+=a解得r=电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,即eBv0=m联立解得电子比荷=(2)由电子的轨迹半径可判断,从O点射入磁场的电子从(0,a)的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有2r=t2x=v0t联立解得x=a设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角,则v y=ttan θ=解得tan θ=2设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L=(x0-x)tan θ=a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L=a而从(0,-a)位置进入磁场的电子恰好由O点经过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上y坐标在-a~0的范围内出现一条长亮线。

2021届高考物理：电磁感应含答案一轮专题：电磁感应**一、选择题1、如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。

ab和cd用导线连成一个闭合回路。

当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。

则有()A．由此可知d点电势高于c点电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当ab棒向左运动时，ab导线受到向左的磁场力2、（双选）在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示．一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是()A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin θB．t0时刻线框匀速运动的速度为v0 4C．t0时间内线框中产生的焦耳热为32mgLsin θ＋1532m v2D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动3、多选)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。

拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分析正确的是()A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流4、（双选）如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2．5 Ω，边长L＝0．3 m，处在两个半径均为r＝0．1 m的圆形匀强磁场中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里；B1、B2随时间t的变化图线如图乙所示．线框一直处于静止状态．计算过程中取π＝3，下列说法中正确的是()A．线框具有向左运动的趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0．5 WbC．t＝0．4 s时刻线框中感应电动势为1．5 VD．0～0．6 s内通过线框截面电荷量为0．36 C5、如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是()A．磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零B．磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C．磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能D．磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热6、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()A．Q1>Q2q1＝q2B．Q1>Q2q1>q2C．Q1＝Q2q1＝q2D．Q1＝Q2q1>q27、(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-磁场一、单选题1.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。

abcd是位于纸面内、金属硬导线形成的单匝梯形闭合线圈，ad与bc间的距离也为l。

t = 0时刻，bc边与磁场区域边界重合。

线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，规定a→b→c→d→a的感应电流方向为正，bc边所受安培力F安水平向右为正方向。

则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电动势e、感应电流i、bc两点间的电势差U bc、bc边所受的安培力F安随时间t变化的图线可能正确的是（）A. B. C. D.2.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穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．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边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边3.关于洛伦兹力和安培力，下列说法正确的是（）A.洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力B.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对运动电荷的作用C.洛伦兹力和安培力，其本质都是磁场对电流的作用D.安培力就是洛伦兹力，两者是等价的4.如图，通电直导线a与圆形金属环b位于同一竖直平面内，相互绝缘。

若b中产生顺时针方向的感应电流，且b受到的安培力合力竖直向下，则可推知直导线a中电流的方向和大小变化情况分别为（）A.向右，减小B.向右，增大C.向左，减小D.向左，增大5.关于通电导线所受安培力F的方向，在图所示的各图中正确的是（）A. B. C. D.6.如图所示，一束电子沿着水平方向向左平行地飞过磁针上方时，小磁针的北极将如何转动（）A.向上转动B.向下转动C.垂直纸面向里转动D.垂直纸面向外转动7.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。

如图是霍尔元件是工作原理示意图，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两侧面会形成电势差，下列说法中正确的是（）A.电势差仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差变小D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平8.图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。

2020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：磁场一、单选题1．如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点(图中白点)为坐标原点，沿z 轴正方向磁感应强度B 大小的变化最有可能为( )A．B．C．D．2．科学研究发现，在地球的南极或北极所看到的美丽极光，是由来自太阳的高能带电粒子受到地磁场的作用后，与大气分子剧烈碰撞或摩擦所产生的结果，如图所示。

则下列关于地磁场的说法中，正确的是()A．若不考虑磁偏角的因素，则地理南极处的磁场方向竖直向下2 3 B ．若不考虑磁偏角的因素，则地理北极处的磁场方向竖直向上C ．在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向北的方向D ．在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向南的方向3．关于磁感应强度的概念，下列说法正确的是（ ）A ．由磁感应强度定义式可知，在磁场中某处，B 与F 成正比，B 与 IL 成反比 B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零C ．磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向相同D ．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关4．如图所示，在磁感应强度大小为 B 0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ． 3B 0C ． 3B 0D ．2B 05．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 m 1、m 2 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3A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为(m1-m2)gNIlB．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg 2NIlC．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为(m1-m2)gNIl mgD．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为2NIl6．我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”，如图所示。

有机物的结构与性质1．（云南省昆明市寻甸一中2020届高三一模）下列化合物的同分异构体数目与38C H O 的同分异构体数目相同的是A ．36C HB ．48C H C ．642C H ClD ．512C H【答案】D【解析】【分析】C 3H 8中含有2种化学环境不同的H 原子数目，再利用-OH 原子团替换H 原子，判断属于醇的同分异构体，C 3H 8O 只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。

【详解】C 3H 8分子中有2种化学环境不同的H 原子，其一羟基代物有2种分别为：CH 3CH 2CH 2OH 和CH 3CH(OH)CH 3，C 3H 8O 只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C 3H 8O 的同分异构体数目为3。

A ．C 3H 6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A 不选；B ．C 4H 8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B 不选；C ．C 6H 4Cl 2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C 不选；D ．C 5H 12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D 选；故选D 。

2．（内蒙古自治区阿拉善盟2020届高三一模）止血环酸的结构如下图所示，用于治疗各种出血疾病，在一些牙膏中也含有止血环酸。

下列说法不正确．．．的是A．该物质的分子式为C8H15NO2B．在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种C．该物质能发生取代反应、置换反应D．止血原理可看做是胶体的聚沉【答案】B【解析】A．由结构简式可知分子式为C8 H15NO2，故A正确；B．烃基含有5种氢，如只取代烃基的H，则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5种，故B错误；C．含有羧基，可发生取代、置换反应(与金属钠等)，故C正确；D．含有羧基，在溶液中可电离，可使胶体聚沉，故D正确。

（四川）2021届高考一轮（人教）物理：电磁感应含答案一轮：电磁感应一、选择题1、如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。

若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°。

为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()A．v1∶v2＝2∶π B．v1∶v2＝π∶2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝2∶12、如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动()A．向右匀速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动3、在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化4、如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'．则ε'ε等于()A．12B．22C．1 D． 25、如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。

将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动()A．a、b将相互远离B．a、b将相互靠近C．a、b将不动D．无法判断6、(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。

课时作业(二十六)1.BC[解析] 甲图中,电流对小磁针的力的作用是通过电流的磁场发生的,A错误;乙图中,磁铁对通电导线的力的作用是通过磁铁的磁场发生的,B正确;丙图中,电流对另一个电流的力的作用是通过该电流的磁场发生的,C正确,D错误.2.D[解析] 根据右手螺旋定则可知,两个导线在b点处产生的磁场方向均垂直于纸面向外,b点的磁感应强度不为零,选项A错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直于纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.D[解析] 弧长为L,圆心角为60°,则弦长AC=,导线受到的安培力F=BIl=,由左手定则可知,导线受到的安培力方向水平向左.4.C[解析] 根据左手定则可判断,圆环靠近磁铁的一侧向纸内转动,另一侧向纸外转动,从上往上看,圆环逆时针转动,转动后圆环产生的磁场方向与磁铁的磁场方向相同,圆环将靠近磁铁,C正确.5.CD[解析] 匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等,方向处处相同,由图可知,该磁场不是匀强磁场,选项A错误;在图示的位置,a受向上的安培力,b受向下的安培力,线圈顺时针转动,选项C正确;由图可知,线圈平面总与磁场方向平行,选项B错误;由于磁感应强度大小不变,电流大小不变,则a导线受到的安培力大小始终为BIl,选项D正确.6.D[解析] N点的合磁感应强度大小为B0,其方向沿N、Q连线向上,同理,Q点的合磁感应强度大小也为B0,其方向也沿N、Q连线向上,选项A、B错误;若使P处直导线中电流反向,电流大小不变,则N处的磁感应强度大小仍为B0,Q处的磁感应强度方向变为垂直于N、Q连线向左,与原来的垂直,选项C错误,D正确.7.C[解析] 设总电流为I,则ac边中的电流为I,abc支路中的电流为I,若磁场方向垂直于纸面向里,则由左手定则可知,ac边所受的安培力方向向上,ab边和bc边所受的安培力方向分别是斜向左上和右上方,可知线框所受的安培力不为0,选项A错误;根据F=BIL可知,ac边所受的安培力大小F ac=BIL,ab、bc边所受的安培力大小F ab=F cb=BIL,则ac边所受的安培力大小是ab边所受的安培力大小的2倍,ab、bc边所受的安培力方向的夹角为120°,合力大小为F合=BIL,所以ac边所受的安培力与ab、bc边所受的安培力的合力大小不相等,选项C正确,B、D错误.8.D[解析] 对金属棒受力分析,受到重力、支持力和安培力,如图所示,由图可以看出,当安培力沿导轨向上时,安培力最小,安培力的最小值为F A=mg sin θ,故磁感应强度的最小值为B==,此时磁感应强度的方向垂直于回路平面向下,根据欧姆定律得E0=IR,解得B=,故D正确.9.ABC[解析] 由左手定则可判断,金属棒一开始向右做匀加速运动,当电流反向以后,金属棒开始做匀减速运动,经过一个周期,速度变为0,然后重复上述运动,选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,选项C正确;一个周期内,金属棒初、末速度相同,由动能定理可知安培力在一个周期内做功为零,选项D错误.10.ACD[解析] 由安培定则可知,b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的方向向上,A正确;由mg sin α=BLI cos α,可得B==,B错误;要使B最小,安培力应该沿斜面向上,B的方向应垂直于斜面向上,若减小b在a处的磁感应强度,且要使a仍能保持静止,可使b上移,若使b下移,a将不能保持静止,C、D正确.11.(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv[解析] (1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率为P=Fv联立解得P=nBILv.12.(1)平行于斜面向上(2)-r-r[解析] (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)当R最小时,金属棒所受安培力为最大值F1,所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向沿导轨平面向下,则由平衡条件得F N1=mg cos θF1=mg sin θ+F fmaxF fmax=μF N1由闭合电路欧姆定律有I1=安培力F1=BI1l联立解得滑动变阻器接入电路的最小阻值为R1=-r当R最大时,金属棒所受安培力为最小值F2,所受的摩擦力为最大静摩擦力,方向沿导轨平面向上,同理可得F2=mg sin θ-μmg cos θ由闭合电路欧姆定律有I2=安培力F2=BI2l联立解得滑动变阻器接入电路的最大阻值为R2=-r课时作业(二十七)1.C[解析] 由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,则速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.2.AC[解析] 若只增大电子枪的加速电压,则由qU=mv2可知,电子束的运动速度增大,由R=可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,则磁感应强度增大,由R=可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误.3.B[解析] 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,已知电子的比荷=k,得r==,如图所示,若电子从a点射出,则轨迹半径为r1=,若电子从d点射出,则由=l2+得r2=l,由r1==,r2==,可得v1=kBl,v2=kBl,故选项B正确.4.C[解析] 粒子沿半径方向射入磁场,则出射速度的反向延长线一定经过圆心,由于粒子能经过c点,因此粒子出磁场时一定沿ac方向,轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为r=L-L=(-1)L,根据牛顿第二定律得qv0B=m,解得v0=,故C正确.5.D[解析] 由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ=30°,半径R==2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T==,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=×=,D正确.6.BC[解析] 带正电粒子从P点与x轴正方向成30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180°,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不确定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为300°,运动的时间t max=T=,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,运动的时间t min=T=,故粒子在磁场中运动的时间t的范围是≤t≤,B、C正确,D错误.7.AC[解析] 粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动,有qv0B2=m,解得R2==2 cm,故粒子共经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图甲所示,则粒子运动的时间t1===×10-6 s,由于B1=2B2,故粒子从P点射入左边的磁场后,做半径R1=R2=1 cm的匀速圆周运动,从开始共经过两次周期性运动可再次到达P点,轨迹如图乙所示,则粒子运动的时间t2=T1+T2=×10-6 s,在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点,所以粒子运动至距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10-6 s或×10-6 s,选项A、C正确.8.ABD[解析] 由B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3∶2∶2,C错误,D正确.9.AC[解析] 对着圆心入射的质子出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点进入磁场的质子比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,运动的时间长,选项B错误;质子的速度为v=,则质子运动的半径r==R,所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;若质子以相等的速度v=从同一点沿各个方向射入磁场,则所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,各个质子离开磁场的出射方向一定平行,选项D错误.10.BD[解析] 小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知,小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向的分运动是匀速直线运动,小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,而q、v1、B均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力方向总是与速度方向垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管方向的分速度大小为v2,则小球受到的洛伦兹力有垂直于试管向左的分力F2=qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大,故D正确.11.(1)(2)[解析] (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v,由动能定理有qU=mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m②由几何关系知d=r③联立①②③式得=④(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=+r tan 30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=⑥联立②④⑤⑥式得t=⑦12.(1)(2)[解析] (1)如图甲所示,设粒子在磁场中的轨迹半径为R1,则由几何关系得R1=又qv1B=m解得v1=.(2)如图乙所示,粒子轨迹与磁场外边界相切时,设粒子在磁场中的轨迹半径为R2,则由几何关系有(2r-R2)2=+r2,可得R2=又qv2B=m解得v2=故要使粒子不穿出大圆,粒子的初速度不能超过.专题训练(七)A1.B[解析] 带电粒子经电压为U的平行金属板间电场加速,由动能定理得qU=mv2,粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,2R=x,联立解得x=,所以能够正确反映x 与U之间的函数关系的是图B.2.D[解析] 正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.BC[解析] 带电粒子沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反,即qvB1=qE,所以v=,可知从速度选择器中射出的粒子具有大小相等的速度,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB2=m,所以r==·,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H,打在P2点的粒子是H和He,故A错误,B正确;由题中的数据可得H的比荷是H和He的比荷的2倍,所以H的轨迹半径是H和He的轨迹半径的,即O2P2的长度是O2P1的长度的2倍,故C正确;粒子运动的周期T==,三种粒子的比荷不全相同,所以粒子在偏转磁场中运动的时间不都相等,故D错误.4.A[解析] 回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不受电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB=m,可得v=,带电粒子获得的动能为E k=mv2=,带电粒子获得的动能与加速电压的有效值无关,选项C错误;根据公式T=,磁感应强度B增大,则周期T 减小,选项D错误.5.B[解析] 由洛伦兹力提供向心力可得,粒子在第二象限中运动的时间t1=T1=,在第一象限中的周期T2=2T1=,轨道半径为在第二象限中轨道半径的2倍,粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在第一象限中运动的圆弧对应的圆心角为60°,运动的时间t2=T2=,所以粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,选项B正确.6.CD[解析] P+、P3+两个离子的质量相同,其带电荷量之比是1∶3,由a=可知,其在电场中的加速度之比是1∶3,故A错误;离子离开电场时的速度为v=,可知P+、P3+离开电场时速度之比为1∶,由qvB=m知,r=,所以其运动的轨迹半径之比为∶1,故B错误;设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度θ等于其轨迹对应的圆心角,有sin θ=,则角度的正弦值之比为1∶,又P+的偏转角度为30°,可知P3+的偏转角度为60°,则P+、P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2,故C正确;由电场加速后,有qU=mv2,可知P+、P3+离开电场时的动能之比为1∶3,故D正确.7.AD[解析] 画出带电粒子运动的两种可能轨迹,如图所示,分别对应正、负电荷,故A错误;带电粒子经过B点时的速度与在A点时的速度大小相等、方向相同,故B正确;根据轨迹,粒子经过边界L1时入射点到出射点的距离与经过边界L2时入射点到出射点的距离相同,与速度大小无关,所以当初速度变大但保持方向不变时,它仍能经过B点,故C正确,D错误.8.BC[解析] 由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小,B、C正确.9.(1)R(2)U=(3)6d+[解析] (1)根据几何关系可得r=R tan 60°=R(2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,有a1==根据运动学公式可得d=a1=2a1d解得t1==d,v1==粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m解得r=又r=R联立解得U=(3)根据T=,t2=T,θ=60°,可得t2==所以t=6t1+3t2=6d+.10.(1)(2)(3)[解析] (1)粒子在组合场中的运动轨迹如图所示.由几何关系可知r cos 45°=l解得r=l由qv0B=m解得v0=.(2)粒子进入电场后在第三象限内的运动可视为类平抛运动的逆过程,设粒子射入电场位置的坐标为(-x1,0),粒子从射入电场到经过N点的时间为t2,由几何关系知x1=(+1)l在N点时有v2=v1=v0由类平抛运动规律有(+1)l=v0t2v0=at2=t2联立解得t2=,E=(3)粒子在磁场中的运动周期为T=粒子第一次在磁场中运动的时间为t1=T=粒子在电场中运动的时间为2t2=粒子第二次在磁场中运动的时间为t3=T=故粒子从开始到第三次经过x轴所用时间为t=t1+2t2+t3=.专题训练(七)B1.ABC[解析] 带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反,有qE=qvB1,可得v=,所以从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度,选项A正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB2=m,可得r==·,粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H,打在P点的粒子是H和He,选项B正确;由题中的数据可得H的比荷是H和He的比荷的2倍,所以H的轨道的半径是He和He的半径的,即O2P的长度是O2P1的长度的2倍,选项C正确;粒子运动的周期T==,三种粒子中H的比荷最大,所以粒子H在偏转磁场中运动的周期最小,而三种粒子运动时间都为半个周期,所以粒子H在偏转磁场中运动的时间最短,选项D错误.2.ABC[解析] 粒子在平行金属板间沿直线运动,说明洛伦兹力和电场力平衡,则Eq=qvB1,可得v=,故A正确;由半径公式R=,可得比荷=·,即比荷与运动半径成反比,因为S0P1=S0P2,则R1=R2,故甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷,故B正确;若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则==,故C正确;若甲、乙两束粒子的质量相等,则==,故D错误.3.AC[解析] 由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能E k=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.BC[解析] 带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE=ma,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中运动时,在x轴方向上,有 2L=v0t,在y轴方向上,有L=v y t,联立得v y=v0,进入磁场时的速度v==v0,设进入磁场时的速度与x轴的夹角为α,有 tan α=1,解得α=45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=L,根据qvB=m,解得磁感应强度B==,选项C正确,选项D错误.5.D[解析] 带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1==,根据几何关系可知,带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2===,带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3==,故t总=,D正确.6.AC[解析] 由半径公式r=知,轨迹圆半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限的两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示,在第二象限中运动的周期T1==,圆心角为120°,运动时间t1=T1=,在第三象限中运动的周期T2=,圆心角为120°,运动时间t2=T2=,所以粒子完成一次周期性运动的时间t0=t1+t2=,故B错误;粒子在第三象限中运动的轨迹圆的半径为R2=2R,从O点入射后第一次经过x 轴的位置到坐标原点的距离x1=R1=R,第二次圆弧的弦长x2=R2=2R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为x=x1+x2=3R,故C正确;仅将粒子的入射速度变为原来的2倍时,圆心角不变,周期T=与速度无关,所以在磁场中运动的时间t=T不变,故D 错误.7.(1)(2)BL[解析] (1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则运动半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB=m,由几何关系知r=L,联立解得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向上做匀速直线运动,在水平方向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a=,在电场中运动时,有L=at2,d=vt,联立解得d=BL8.(1)(2)(3)[解析] (1)当U MN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其运动半径为R1,由几何关系得R1=R根据牛顿第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0时刻入射的粒子满足=×××2解得U0=(3)经分析可知,所有粒子经电场后其速度仍为v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴着M板离开电场,轨迹如图乙所示,设速度偏转角为α.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故α=120°粒子在磁场中运动的最长时间t1=t=(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴着N板离开电场,轨迹如图丙所示,设速度偏转角为β.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故β=60°粒子在磁场中运动的最短时间t2=又T=故Δt=t1-t2=丙专题训练(八)1.D[解析] 在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束打在荧光屏上的P 点,根据左手定则可知,粒子束带正电,选项A错误;当电场和磁场同时存在时,有qvB=Eq,解得v=,选项B错误;在磁场中时,由qvB=m可得==,故选项D正确,C错误.2.B[解析] 小球速率不变,则做匀速圆周运动,可知所受的电场力和重力平衡,所以小球受到向上的电场力,小球带正电,选项A错误;小球的速率不变,根据F洛=Bqv可知,受到的洛伦兹力大小不变,选项B 正确;根据a=可知,小球从小圆环过渡到大圆环时加速度变小,选项C错误;根据F N+qvB=ma可知,光滑环对小球的作用力要发生变化,且作用力不可能总是零,选项D错误.3.AC[解析] 沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.4.CD[解析] 带电小球进入复合场时受力情况如图所示,其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大,所以三力的合力不会总保持在竖直方向,合力与速度方向将产生夹角,小球做曲线运动.5.BD[解析] 由左手定则可判定洛伦兹力的方向竖直向上,若Bqv0=mg,则小球与杆之间无压力作用,即无摩擦力作用,小球匀速运动,对应于B图像;若Bqv0>mg,则杆对小球有向下的压力,由Bqv0=mg+F N 知,压力随小球速度的减小而减小,由ma=F f=μF N知,小球做加速度逐渐减小的减速运动,对应速度图线的斜率逐渐减小,直到速度减小到使洛伦兹力大小等于重力后,小球匀速运动,题目中无与此情况对应的图像;若Bqv0<mg,则杆对小球产生向上的支持力作用,有Bqv0+F N=mg,此情况下支持力随小球速度的减小而增大,由ma=F f=μF N知,小球做加速度逐渐增大的减速运动,对应速度图线的斜率逐渐增大,直到速度为零,此情况与D图像对应,故B、D正确.6.BD[解析] 定向移动的离子受到洛伦兹力作用,发生偏转,在上、下表面间形成电势差,最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,故A错误;由图可知,磁场方向向里,电流方向向右,根据左手定则可知,离子向上表面偏转,则上表面得到离子带正电,那么下表面带负电,所以电压表的“+”接线柱接上表面,故B正确;根据电场力与洛伦兹力平衡,有q=qBv,解得U=Bdv,d越大,则电压越大,故C错误;根据U=Bdv,B、d已知,如果测得U,就可以知道污水的流速,故D正确.7.D[解析] 由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cos θ,后来F'N=mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ=μ(mg cos θ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s即可,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对皮带静止,也可能相对皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能确立,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.AD[解析] 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2πrn即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔效应原理可知q=Bqv,U=Bdv,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电荷定向移动的速度有关,与车轮转速无关,选项B错误;图乙中霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致负电荷定向移动的速率减小,故霍尔电势差将减小,选项D正确.9.(1)(2)方向垂直于纸面向里[解析] (1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿PO方向,则粒子带正电.由运动学知识可得mg=qE1=qE2mg=maL=at2。

2021年高考物理一轮复习考点过关检测题10.1 磁现象和磁场一、单项选择题1．一根长为0.1 m、电流为1 A的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力大小为0.4 N，则该处的磁感应强度（）A．等于4 T B．大于或等于4 TC．小于或等于4 T D．可能为零2．如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针。

现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将（）A．保持不动B．向下转动C．垂直纸面向里转动D．垂直纸面向外转动3．如图所示，竖直长导线通以恒定电流I，一闭合线圈MNPQ与导线在同一平面内，当线圈做下列运动时，穿过线圈的磁能量会发生变化的是（）A．水平向右平移B．竖直向下平移C．竖直向上平移D．以导线为轴转动4．小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，接通电路前小磁针指向是垂直于纸面方向，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图所示，则下列判断正确的是（）A ．导线A 端接电池负极B ．小磁针所在位置的磁场方向水平向左C ．若小磁针放在电磁铁正下方，则电路接通后小磁针N 极会向右偏D ．若小磁针放在电磁铁左侧，则电路接通后小磁针N 极仍向左偏5．19世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说．他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流（分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的），分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．下图中将分子电流（上图中箭头表示电子运动方向）等效为小磁体的图示中正确的是（ （A ．AB ．BC ．CD ．D6．如图所示，两平行通电长直导线通入同向电流。

若将电流I 1在导线2处产生的磁感应强度记为B 1，电流I 2在导线1处产生的磁感应强度记为B 2；电流I 1对电流I 2的安培力记为F 1，电流I 2对电流I 1的安培力记为F 2，则下列说法正确的是（ ）A ．若增大通电导线间距离，则F 1和F 2均增大B ．若12I I <，则12F F <C ．无论I 1、I 2如何变化，总有12F F =-D ．无论I 1、I 2如何变化，总有12B B =-7．如图所示，竖直面内有带负电的圆环，当圆环沿顺时针方向转动时，a 、b 、c 三枚小磁针都会发生转动，以下说法正确的是（ ）A．a、b、c的N极都向纸面外转动B．b的N极向纸面外转，而a、c的N极向纸面内转C．b、c的N极都向纸面内转，而a的N极向纸面外转D．b的N极向纸面内转，而a、c的N极向纸面外转8．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

2021年高考物理专题复习：磁场1．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。

一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：（1）区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小。

（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小。

（3）微粒从P运动到Q的时间有多长。

2．在如图所示的直角坐标系中，有一长为L 的轻绳一端固定在第一象限内的O ′点，且可绕O ′点在竖直平面内转动，另一端拴有一个质量为m 的小球，小球电荷量为+q ，OO ′连线与y 轴成45°，OO ′的长度为L ．在x 轴上方有水平向左的匀强电场E 1，在x 轴下方有竖直向上的匀强电场E 2，且E 1＝E 2=mg q，在x 轴下方的虚线（虚线与y 轴成45°）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ．先将小球放在O ′的正上方，从绳恰好绷直处由静止释放，小球进入磁场时将绳子断开．求：（1）绳子第一次绷紧后小球的速度大小．（2）小球刚进入磁场区域时的速度．（3）小球从进入磁场到第一次经过x 轴上的时间．3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从直线ac 与圆的交点a 正对圆心射入柱形区域，而后从圆上的b 点离开该区域，bo 连线与直线垂直。

圆心O 到直线的垂直距离为12R ，现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线ac 的匀强电场，同一粒子以同样速率在a 点沿直线ac 射入柱形区域，也在b 点离开该区域。

若磁感应强度大小为B ，不计重力。

（1）求粒子入射的初速度大小；（2）求电场强度的大小。

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考点10 磁场一、选择题1.(2021·江苏高考)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。

下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。

线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。

若磁场发生微小变化,天平最简洁失去平衡的是( )【解析】选A。

由于磁场相同,导体中电流大小一样,依据F=BIL知,导体的有效长度越大,磁场有微变时产生的安培力越大,导致天平失去平衡,图中A对应的有效长度最大。

2.(2021·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大创造之一。

关于指南针,下列说法正确的是( )A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到四周铁块的干扰D.在指南针正上方四周沿指针方向放置始终导线,导线通电时指南针不偏转【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)磁极总是成对消灭,目前为止还没有发觉磁单极子。

(2)磁极间相互作用是通过磁场产生的。

(3)铁块被磁化后会产生磁场,通电导线四周也会产生磁场。

【解析】选B、C。

磁极总是成对消灭,指南针同时具有两个磁极,A项错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B项正确;指南针四周铁块被磁化,产生的磁场会对指南针的指向产生干扰,C项正确;在指南针正上方四周沿指针方向放置始终导线,导线通电时指南针偏转,D项错误。

3.(2021·全国卷Ⅱ)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与Ⅰ中的相等【解析】选A、C。

Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的1k,故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的1k,B项错误;由洛伦兹力供应向心力可得R=mvqB,Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,A项正确;由洛伦兹力供应向心力可得T=2mqB,Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍,C 项正确;由周期公式T=2m qB π可得ω=2T π=qBm,Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的1k,D 项错误。

课时练习28 磁场的描述磁场对电流的作用1.(安培定则)(2019·山东临沂模拟)如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是()A.a、b、c的N极都向纸里转B.b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸里转C.b、c的N极都向纸里转,而a的N极向纸外转D.b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转2.(磁场的叠加)(2019·山东德州模拟)指南针是我国古代的四大发明之一。

当指南针静止时,其N极指向如图中虚线(南北向)所示,若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极指向北偏东)所示。

则以下判断正确的是()A.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由东向西的电流B.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有由西向东的电流C.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由北向南的电流D.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有由南向北的电流3.(多选)(安培力)(2019·四川翠屏区月考)磁电式电流表的构造如图(a)所示,在蹄形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈,转轴上装有螺旋弹簧和指针。

蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布,如图(b)所示。

当电流通过线圈时,线圈在安培力的作用下转动,螺旋弹簧被扭动,线圈停止转动时满足NBIS=kθ,式中N为线圈的匝数,S为线圈的面积,I为通过线圈的电流,B为磁感应强度,θ为线圈(指针)偏角,k是与螺旋弹簧有关的常量。

不考虑电磁感应现象,由题中的信息可知()A.该电流表的刻度是均匀的B.线圈转动过程中受到的安培力的大小不变C.若线圈中通以如图(b)所示的电流时,线圈将沿逆时针方向转动D.更换k值更大的螺旋弹簧,可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即Δθ)Δθ4.(安培力)(2019·海南海口模拟)如图所示,一个边长为L的正方形金属框竖直放置,各边电阻相同,金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。

2021届高考物理一轮专题：磁场练习题含答案**磁场**一、选择题1、1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。

Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。

现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I 后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是( )A.超导体的内部产生了热能B.超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力C.超导体表面上a、b两点的电势关系为φa >φbD.超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大2、如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是()A．a、b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转3、如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外，S极向纸内转动D．N极向纸内，S极向纸外转动4、磁场中某区域的磁感线如图所示，则()A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小5、(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直于纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷qm＝k，则质子的速度可能为()A．2BkL B．BkL2C．3BkL2D．BkL86、(多选)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后()A．M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度C．M处电势高于N处电势D．P管中液面高于Q管中液面7、如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法不正确的是()A．粒子一定带正电B．加速电场的电压U＝12ERC．直径PQ＝2B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷8、如图甲所示为海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。

2021年高考物理新一轮总复习阶段示范性测试8 磁场（含解析）本卷测试内容：磁场本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第2、4、5、7、9、10、11、12小题，只有一个选项正确；第1、3、6、8小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1. [xx·长春质检]某同学家中电视机画面的幅度偏小，维修的技术人员检查后认为是显像管出了故障，显像管如图(甲)所示，L为偏转线圈，从右向左看截面图如图(乙)所示。

引起故障的原因可能是( )A. 加速电场的电压过大，电子速率偏大B. 电子枪发射能力减弱，电子数减少C. 偏转线圈的电流过大，偏转磁场增强D. 偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少解析：根据题意，电视机画面幅度偏小是因为电子在磁场中的偏转半径变大，所以可能的原因是电子速率偏大或是磁场减弱，故选项A、D正确。

答案：AD2. [xx·云南昆明质检] 已知长直通电导体棒在其周围某点产生磁场的磁感应强度与该导体棒中的电流成正比，与该点到导体棒的距离成反比。

如图所示，a、b、c、d四根长直通电导体棒平行放置，它们的横截面构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、d中电流方向垂直纸面向里，c中电流方向垂直纸面向外，电流大小满足：I a＝I c＝I d<I b，则关于a、b、c、d长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是( )A. 由O点指向aOb区域B. 由O点指向bOc区域C. 由O点指向cOd区域D. 由O点指向aOd区域解析：a、c两根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向由O指向d；b、d两根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向由O指向a；a、b、c、d四根长直通电导体棒在O点产生合磁场的方向可能是由O点指向aOd区域，选项D正确。

《磁场》检测题(本试卷满分100分)一、单项选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分)1．下列说法正确的是()A．将通电直导线放在某处，若通电直导线所受安培力为零，则该处的磁感应强度为零B．某点的磁场方向，与放在该点的极短的通电导线所受安培力的方向可以成任意夹角C．某点的磁场方向，与放在该点的小磁针北极受到的磁场力的方向相同D．给两平行直导线通以方向相反的电流时，两通电导线通过磁场相互吸引2.[2019·贵州遵义模拟]有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中a、b、c三条导线到d导线的距离相等，三条导线与d的连线互成120°角．四条导线的电流大小都为I，其中a导线对d 导线的安培力大小为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变．此时d导线所受安培力的合力大小为() A．0 B．FC.3F D．2F3.如图所示是早期发明的一种电流计，它是根据奥斯特实验现象中小磁针的偏转来计量电流的，缺点是精确度不高、易受外界干扰．接通电流前，位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态，调整电流计的方位，使环形导线与小磁针共面．当给环形导线通以恒定电流I后，小磁针偏转α角；当给环形导线通以恒定电流kI时，小磁针偏转β角．若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比，则关于这种电流计，下列说法正确的是() A．该电流计的测量结果与地磁场的竖直分量有关B．该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度均相同C．小磁针偏转角满足关系式sin β＝k sin αD．小磁针偏转角满足关系式tan β＝k tan α4．如图甲所示，一条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系．将一灵敏的小磁针Q放置在x轴上的不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sin θ与x之间的关系如图乙所示．已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是()A．P的右端为S极B．P的中轴线与地磁场方向平行C．P在x0处产生的磁感应强度大小为B0D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B05．两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运动半周后飞出磁场，其半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()A．M带正电荷，N带负电荷B．洛伦兹力对M、N做正功C．M的比荷小于N的比荷D．M在磁场中的运动时间小于N在磁场中的运动时间6．如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下且垂直于AC，下列说法正确的是()A．AC受到的安培力大小为BIL sin θB．AC可能不受摩擦力作用C ．AC 受到的安培力与摩擦力平衡D ．AC 所受的支持力大小为BIL cos θ＋mg ，摩擦力大小为BIL sin θ7．如图所示，将长度为L 的直导线放置在y 轴上，当导线内通以大小为I ，沿y 轴负方向的电流时，测得其受到的安培力大小为F ，方向沿x 轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为( )A ．沿z 轴正方向，大小为2F ILB ．平行于xOy 平面方向，大小为2F ILC ．平行于xOy 平面方向，大小为F ILD ．平行于zOy 平面方向，大小为4F IL8．如图所示，圆形区域半径为R ，区域内有一垂直纸面的匀强磁场．磁感应强度的大小为B ，P 为磁场边界上的最低点．大量质量均为m ，电荷量绝对值均为q 的带负电粒子，以相同的速率v 从P 点沿各个方向射入磁场区域．粒子的轨道半径r ＝2R ，A 、C 为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则下列说法不正确的是( )A ．粒子射入磁场的速率为v ＝2qBR mB ．粒子在磁场中运动的最长时间为t ＝πm 3qBC ．不可能有粒子从C 点射出磁场D ．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A 点水平射出二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．如图所示，纸面内A 、B 两点之间连接有四段导线分别为ACB 、ADB 、AEB 和AFB ，四段导线的粗细、材料均相同，匀强磁场垂直于纸面向里．现给A 、B 两端加上恒定电压，则下列说法正确的是( )A ．四段导线受到的安培力的方向相同B ．四段导线受到的安培力的大小相等C ．ADB 段导线受到的安培力最大D ．AEB 段导线受到的安培力最小10．[2019·山西太原五中模拟]图中直流电源电动势为E ＝1 V ，电容器的电容为C ＝1 F ．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ＝1 m ，电阻不计．一质量为m ＝1 kg 、电阻为R ＝1 Ω的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，MN 开始向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B ＝1 T 的匀强磁场(图中未画出)．当MN 达到最大速度时离开导轨，则( )A ．磁感应强度垂直纸面向外B ．MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5 CC ．MN 的最大速度为1 m/sD ．MN 刚开始运动时加速度大小为1 m/s 211.[2019·广东湛江模拟]如图所示，在空间有一坐标系xOy ，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的质子(不计重力)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x 轴上的Q 点(图中未画出)，则( )A ．质子在区域Ⅰ中运动的时间为2πm 3qBB ．质子在区域Ⅰ中运动的时间为πm 3qBC ．质子在区域Ⅱ中运动的时间为πm 2qBD ．质子在区域Ⅱ中运动的时间为πm 4qB12．在xOy 平面上以O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从原点O 以初速度v 沿y 轴正方向开始运动，经时间t 后经过x 轴上的P 点，此时速度与x 轴正方向成θ角，如图所示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是( )A ．若r <2m v qB ，则0°<θ<90°B ．若r ≥2m v qB ，则t ≥πm qBC ．若t ＝πm qB ，则r ＝2m v qBD ．若r ＝2m v qB ，则t ＝πm qB三、非选择题(本题包括6小题，共60分)13．(8分)如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，其边界AB 与CD 之间的宽度为d ，在左边界的Q 点处有一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场，粒子重力不计．(1)求带电粒子能从AB 边界飞出的最大速度；(2)若带电粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q 点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD 边界的最高点位置之间的距离．14.(10分)如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．15．(8分)如图所示，金属平板MN垂直于纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xOy直角坐标系，x轴与MN板重合．O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在K与MN板间加一电压，从O点射出的电子速度大小都是v0，方向在纸面内，且关于y轴对称，发射角为2θ(弧度)．已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间的相互作用及重力的影响．(1)求K 与MN 间的电压的大小U 0.(2)若x 轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x 轴上落点范围长度为Δx ，求该磁场的磁感应强度大小B 1和电子从O 点射出后再回到x 轴的最短时间t .16．(11分)[2019·吉林松原第四次调研]如图所示，在直角坐标系xOy 中，第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第四象限内有垂直xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现有一带正电的粒子从y 轴上坐标为(0，h )的P 点，沿x 轴正方向射入第一象限，能通过x 轴上坐标为(7h,0)的Q 点．已知粒子的比荷满足关系：q m ＝2EB 2h ，不计粒子重力，求粒子在P 点入射速度的所有可能值(用E ，B 表示)．17．(11分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长度为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔分别为S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子从S 1处由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2，且垂直于边界进入右侧磁场区域．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S 2时的速度大小v .(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度大小应满足的条件．(3)若磁感应强度大小B ＝8πm 7qT 0，在已保证粒子未与极板相撞的情况下，求粒子再次到达S 2所需要的时间和再次到达S 2时的速度．18．(12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限中，有沿y 轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为r ＝L 的圆形匀强磁场区域Ⅰ，与坐标轴分别相切于P 点和M 点，在第三、四象限存在着另一匀强磁场区域Ⅱ.在P 点有比荷均为k 、速率均为v 0的同种粒子a 、b ，分别从与x 轴正方向成90°角和120°角的方向进入圆形匀强磁场区域Ⅰ，已知粒子a 恰好垂直于y 轴经M 点进入电场，经坐标为( 2L,0)的N 点进入第四象限后恰能到达坐标原点，不计粒子重力，求：(1)圆形匀强磁场区域Ⅰ的磁感应强度大小及匀强电场的电场强度的大小；(2)粒子a 由P 点开始运动到第一次离开磁场区域Ⅱ所用的时间；(3)粒子b 第一次离开磁场区域Ⅱ时的位置的横坐标x .磁针的N 极沿x 轴正方向．由题图乙可知，开始时小磁针的N 极背离O 点，所以O 点处的磁极是条形磁铁P 的N 极，选项A 错误．由以上分析可知，P 的中轴线与地磁场方向垂直，选项B 错误．由题图乙可知，x 0处sin θ＝22，即θ＝45°，设P 在x 0处产生的磁感应强度大小为B P ，tan 45°＝B 0B P，所以B P ＝B 0，选项C 正确．x 0处合磁场的磁感应强度大小为B ＝B 0sin 45°＝2B 0，选项D 错误．5．C 由左手定则判断出N 带正电荷，M 带负电荷，故A 项错误；因洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B 项错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ，则比荷为q m ＝v Br ，即在相同速率的情况下，轨迹半径大的粒子比荷小，故C 项正确；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，而周期为T ＝2πr v ，由图可知，M 在磁场中的运动时间大于N 的运动时间，故D 项错误．6．D匀强磁场的磁感应强度方向与导体棒AC 是垂直的，故AC 所受的安培力大小F 安＝BIL ，A 项错误．安培力方向既垂直于导体棒也垂直于磁场，根据左手定则判断出其方向，作出导体棒AC 的受力示意图(从A 看向C 的平面图)如图所示．由于重力和支持力在竖直方向上，而安培力有水平方向上的分力，若没有摩擦力，则这三个力无法平衡，所以导体棒一定会受到水平向左的摩擦力，B 项错误．由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C 项错误．将安培力在水平方向上和竖直方向上分解，根据平衡条件可得支持力大小F N ＝BIL cos θ＋mg ，摩擦力大小F f ＝BIL sin θ，D 项正确．7．D 已知电流沿y 轴负方向，安培力方向沿x 轴正方向，根据左手定则知匀强磁场的磁感应强度方向平行于zOy 平面内，设磁场与导线的夹角为α，则0°<α≤90°，当α＝90°时，由F ＝BIL sin α可知，B有最小值为B min ＝F IL ，当0°<α<90°时，B >F IL ，所以B ＝2F IL 和B ＝4F IL 是可能的，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．BD 质子在两个磁场中由洛伦兹力提供向心力，均做匀速圆周运动，其轨迹如图所示．根据圆的对称性及题设可知，质子到达OP 上的A 点时速度方向水平向右，与x 轴平行，质子在匀强磁场区域Ⅰ中轨迹对应的圆心角为60°，所以质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动的时间为t 1＝16T ＝16×2πm qB ＝πm 3qB ，故A 错误，B 正确；设在区域Ⅰ中的轨迹半径为r 1，在区域Ⅱ中的轨迹半径为r 2，由几何知识知△OAO 1为等边三角形，则r 2＝r 1sin 30°，根据牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r 1，q v B 2＝m v 2r 2，联立解得B 2＝2B ，由题设及几何知识可得在区域Ⅱ中轨迹对应的圆心角为90°，所以质子在区域Ⅱ中运动的时间为t 2＝14T 2＝14×2πm qB 2＝πm4qB ，故C错误，D 正确．12．AD 粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ，得粒子在磁场中运动的半径R ＝m v qB ，粒子运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB .若r <2R ＝2m v qB ，则粒子运动的轨迹如图1所示，粒子从第一象限射出磁场，射出磁场后做直线运动，所以0°<θ<90°，选项A 正确．若r ≥2R ＝2m vqB ，则粒子运动的轨迹如图2所示，粒子一定是垂直于x 轴经过P 点，所以粒子在第一象限中运动的时间是半个周期，t ＝12T ＝πmqB ，故选项B 、C 错误，D 项正确．13．答案：(1)2(2－3)Bqd m (2)2πm3Bq (3)2d解析：(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD 边相切时，所对应的速度是能从AB 边界飞出的最大速度，其轨迹如图甲所示，设其轨道半径为R ，最大速度为v max 由几何关系得：R ＋R cos30°＝d 由洛伦兹力提供向心力得：Bq v max ＝m v 2maxR由以上两式解得：v max ＝2(2－3)Bqdm(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R 2＝dcos30° 设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v 2，由洛伦兹力提供向心力得：Bq v 2＝m v 22R 2粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得： 12m v 22＝qU解得极板间电压U ＝B 2qd 22m cos 230°＝2B 2qd 23m粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U ≥2B 2qd 23m 因粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T6，而周期T ＝2πm Bq因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t ＝2×T 6＝2πm 3Bq(3)当粒子速度为(2)中的3倍时，即v 3＝3v 2，根据Bq v 3＝m v 23R 3解得R 3＝2d当粒子沿BA 方向进入磁场时，打在DC 边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD 边界的最高点位置与Q 点的距离为：l ＝R 3＝2d .14．答案：(1)mg E 0 2E 0v (2)d 2v ＋πvg (3)(2π＋1)v 2g解析：(1)微粒做直线运动时，有 mg ＋qE 0＝q v B ①微粒做圆周运动时，有mg ＝qE 0 ②联立①②得q ＝mgE 0③B ＝2E 0v . ④(2)设微粒从N 1点运动到Q 点的时间为t 1，做匀速圆周运动的周期为t 2，则d2＝v t 1 ⑤q v B ＝m v 2R ⑥2πR ＝v t 2 ⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d2v ，t 2＝πv g ⑧电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πvg . ⑨ (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ⑩联立③④⑥得R ＝v 22g ⑪设N 1Q 段直线运动的最短时间为t min ，由⑤⑩⑪得t min ＝v2g ⑫因t 2不变，所以T 的最小值为T min ＝t min ＋t 2＝(2π＋1)v2g .15．答案：(1)m v 22e (2)2m v 0(1－cos θ)e ·Δx (π－2θ)·Δx 2v 0(1－cos θ)解析：(1)由动能定理有eU 0＝12m v 20－0解得U 0＝m v 202e .(2)如图甲所示，从O 点射出的电子落在x 轴上PQ 间，设电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r 1，由几何关系有Δx ＝2r 1－2r 1cos θ由向心力公式有e v 0B 1＝m v 20r 1解得B 1＝2m v 0(1－cos θ)e ·Δx最短路程为s min ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θr 1则有t ＝s min v 0＝(π－2θ)·Δx 2v 0(1－cos θ).16．答案：9E B ，7E B ，11E B ，3EB解析：设粒子入射的速度为v 0，粒子从P 点到达x 轴上a 点，历时t ，水平位移x 1，粒子做类平抛运动，有h ＝qE2m t 2，x 1＝v 0t粒子到达a 点时竖直方向速度大小为v y ＝qEm t粒子到达a 点速度大小为v ＝v 20＋v 2y到达a 点时，粒子速度v 与x 轴正向夹角为θ，从a 点经磁场做半径为r 的匀速圆周运动，回到x 轴上b 点，b 、a 之间的水平距离为x 2，如图，根据q v B ＝m v 2r ，x 2＝2r sin θ要粒子通过x 轴上坐标为(7h,0)的Q 点(不穿出y 轴)，需满足x 1≥r ＋r sin θ又sin θ＝v y v ，q m ＝2E B 2h 联立以上各式解得v 0≥8E3B①若通过Q 点时粒子速度方向为右下，则需满足 7h ＝(2n －1)x 1－(n －1)x 2(n ＝1,2,3，…) 解得v 0＝[7＋2(n －1)]E(2n －1)B当n ＝1时，v 0＝7EB当n ＝2时，v 0＝3EB②若通过Q 点时粒子速度方向为右上，则需满足 7h ＝(2n －1)x 1－nx 2(n ＝1,2,3，…) 解得v 0＝(7＋2n )E(2n －1)B当n ＝1时，v 0＝9EB当n ＝2时，v 0＝11E3B综上所述，粒子入射速度有4个可能值，分别为：9E B ，7E B ，11EB ，示，则PNM ′O ′为菱形，由于PN 竖直，M ′O ′也竖直，则粒子离开磁场时，速度方向一定沿x 轴正方向．由图可知粒子b 到达y 轴的坐标y b ＝L ＋L sin(120°－90°)＝32L 设粒子b 离开电场时的速度大小为v ′，与x 轴正方向的夹角为α′.则qE ×32L ＝12m v ′2－12m v 20，cos α′＝v 0v ′32L ＝12×qE m t ′2设粒子在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的半径为R ′，则q v ′B ′＝m v ′2R ′粒子b 第一次离开磁场区域Ⅱ时的位置的横坐标为 x ＝v 0t ′－2R ′sin α′ 联立解得x ＝0。

（四川）2021届高考一轮（人教）物理：磁场含答案一、选择题1、(双选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l 和3l。

关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零2、(多选)下列说法正确的是()A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B＝FIL，即磁场中某点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B＝FIL只是定义式，它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁场是客观存在的3、如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外，S极向纸内转动D．N极向纸内，S极向纸外转动4、已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比。

现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，∠ACB＝60°，O为斜边的中点。

已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是()A．大小为2B，方向垂直AB向左B．大小为23B，方向垂直AB向左C．大小为2B，方向垂直AB向右D．大小为23B，方向垂直AB向右5、下列说法正确的是()A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子不做功6、如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A．12Δt B．2Δt C．13Δt D．3Δt7、如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a*8、关于磁感线的描述，下列说法中正确的是()A．磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的C．两条磁感线的空隙处一定不存在磁场D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交*9、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN．现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()*10、(多选)两根固定的相互平行的直导线A和B，相距为L，电流方向如图所示。