2019届高考物理大一轮复习金考卷：磁场(含解析)

测评手册单元小结卷(九)1.C [解析] 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应,而法拉第发现了电磁感应定律,选项A错误;将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方时,由于通电直导线产生的磁场方向可能与地磁场的方向相同,故小磁针不一定会转动,选项B错误;将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,由于通电直导线产生的磁场沿东西方向,则小磁针一定会转动,选项C正确;铜不具有磁性,故将导线放在它的上方时,它不会受到力的作用,故不会偏转,选项D错误.2.D [解析] 根据右手螺旋定则可知,开关闭合后,螺线管产生的磁极N极在右侧,根据左手定则可知,a端受力垂直纸面向里,选项D正确.3.B[解析] 设正三角形的边长为2L,则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为B a=2k,B b=,B c=,比较可得选项B正确.4.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.5.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.6.CD [解析] 带电粒子在S下方磁场中向左偏转,根据左手定则知,粒子带正电,故A错误;所有打在A1A2上的粒子在S下方磁场中做匀速圆周运动,运动的时间t=,T=,则t=,与带电粒子的比荷有关,故B 错误;粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qvB,则v=,故C正确;经过速度选择器进入S下方磁场的粒子速度相等,根据r=知,粒子打在A1A2上的位置越靠近P,则半径越小,粒子的比荷越大,故D正确.7.AC [解析] 粒子沿直线运动,则Bqv=Eq,解得E=Bv=0.01×103N/C=10 N/C,选项A正确;如果仅撤去磁场,则在水平方向,有r=t2,在竖直方向上,有r=vt,解得=2×106C/kg,选项B错误;撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的半径为R==0.1 m,选项C正确;撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的时间为t==1.57×10-4 s,选项D错误.8.(1)v=(n=1,2,3,…) (2)[解析] (1)粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系有L=n·r(n=1,2,3,…)由qvB=m解得v=(n=1,2, 3,…)(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=t1=n(n=1,3,5,…)t2=2n·T(n=2,4,6,…)故粒子从P点至Q点所需时间的最小值t min=9.(1)(2)带正电(3)[解析] (1)对物块C,根据动能定理有mgh=mv2反弹后,有解得v1=碰撞时,由动量守恒定律得mv=-mv1+4mv D解得v D=(2)若物块D做匀速圆周运动,则电场力与重力相等,有4mg=Eq解得E=物块D带正电(3)由几何关系得d=(1-cos 60°)R=R=解得d=10.(1)(2)l2(3)[解析] (1)设粒子的初速度为v,由从A到B做水平直线运动,有qB0v=qE从B到C做类平抛运动,有l联立解得E=(2)设粒子经过C点时的速度大小为v C,方向与x轴成θ角,由动能定理有cos θ=解得v C=,θ=60°粒子在第四象限的轨迹如图所示,由牛顿第二定律得qv C·2B0=m解得R=l有界磁场的最小面积S=R·l2(3)粒子从A到C的时间t1=在矩形磁场中运动的时间t2=出磁场后运动时间t3=总时间t=t1+t2+t3=。

专题十磁场【考纲解读】分析解读安培力的计算限于直导线跟匀强磁场平行或垂直两种情况,带电粒子在匀强磁场中的运动计算限于带电粒子的速度与磁感应强度平行或垂直两种情况。

高考对本专题内容考查命题频率极高,常以选择题和计算题两种形式出题,选择题一般考查磁场的基础知识和基本规律,一般难度不大;计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用,难度较大,较多是高考的压轴题。

命题趋势:(1)磁场的基础知识及规律的考查;(2)安培力、洛仑兹力的考查;(3)带电粒子在有界磁场中的临界问题,在组合场、复合场中的运动问题;(4)磁场与现代科学知识的综合应用如速度选择器、回旋加速器、质谱仪、霍尔效应等。

需要较强的空间想象能力和运用数学知识解决物理问题的能力。

【命题探究】核心考点审题结果思路分析解答过程【五年高考】考点一磁场、安培力1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。

圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A2.(2015江苏单科,4,3分)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,天平最容易失去平衡的是()答案A3.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。

矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。

将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。

为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案AD4.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。

2019年物理试卷“磁场”部分试题解析A.考纲要求“磁场”部分知识，其出题综合度之大，考查程度之深，要求分析能力之高，让无数考生望而生畏，让优秀生同样不敢轻视。

考生普遍感到“磁场”部分知识当属高考知识困难之最，其出题广泛度不亚于牛顿力学，并且经常综合牛顿力学作为压轴题出现。

基础薄弱的考生可能对此类题毫无头绪，基础好的考生也需沉着冷静，以极其严谨的态度才能拿下此类题，其区分度在高考中较大，所以常用来拉开分数差距。

参阅2019年新课标高考物理部分考纲，“磁场”为高考必考内容。

其内容包括：磁场、磁感应强度、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向、安培力、安培力的方向、匀强磁场中的安培力、洛伦兹力、洛伦兹力的方向、洛伦兹力的公式、带电粒子在匀强磁场中的运动、质谱仪和回旋加速器。

各知识点的掌握要求如表1所示，其中“Ⅰ”表示对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用，与课程标准中"了解"和"认识"相当；“Ⅱ”表示对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用，与课程标准中"理解"和"应用"相当。

表1磁场各知识点大纲考察要求知识点磁场磁感应强度磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向、匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向、洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器能力要求ⅠⅠⅡⅡⅡⅠB ．2019年高考中该部分知识点考题解析1.(广州卷，6分)质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速度率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是()A ．M 带负电，N 带正电 B.M 的速度率小于N 的速率C.洛伦兹力对M 、N 做正功 D.M 的运行时间大于N 的运行时间【解析】选A。

周测八磁场(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1.如图所示，两通电细直导线竖起放置，所通电流大小相等，方向都向上．在虚线所示的水平线上有a、b、c、d四点，其中b点位于两导线之间的中点，关于这四个点的磁感应强度方向描述正确的是( )A．a点磁感应强度方向竖直向上B．b点磁感应强度方向垂直于纸面向外C．c点磁感应强度方向垂直于纸面向里D．d点磁感应强度方向垂直于纸面向里答案：D解析：四点的磁场方向是由两条直导线中电流产生的磁场共同决定的，距离导线越近，磁感应强度越大，故根据安培定则和磁场的叠加可得a点的合磁场方向垂直纸面向里，b点合磁场为零，c点的合磁场方向垂直纸面向外，d点的合磁场方向垂直纸面向里，故D正确．2．如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则选项图中O处磁感应强度和题图中O处磁感应强度相同的是( )题图中O处磁感应强度的大小是其中一段在倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为沿图中虚线水平通过．则该带电粒子3在光滑绝缘水平面上，一条绷紧的轻绳拉着一个带电小球在匀强磁场中做沿逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，点时，绳子忽然断开．关于小球在绳断开后可能的运动情况，)的大小无关很大时，滑块最终可能静止于斜面上．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面小滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A 错误、D正确；若B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力做的功不同，滑到地面时的动能不同，故B错误；滑块之所以开始能动，是因为重力沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故C错误．7．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是( )A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同答案：B解析：电子在磁场中运动时间由圆心角决定，与速度无关，故B正确．电子若做半个圆周运动，轨迹如图中3、4、5所示，时间相同，但轨迹不同，即它们的速率不同，因此A、C、D都错误．8.(多选)如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v－t图象及A、B之间摩擦力F f－t图象大致正确的是( )答案：AC解析：在t＝t1之前物块A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F＝(m ＋M)a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有f＝ma，即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块A 所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的弹力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a 时，A、B发生相对滑动，此时物块A受到向左的滑动摩擦力虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向左，物块A仍然加速运动，物块A所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的弹力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度—时间图象中物块A的图象斜率逐渐减小到零．当物块A与小车B发生了相对滑动以后，小车B受到物块A施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度—时间图象中，小车的图象斜率从t1时刻开始增大，直到t2时刻A、B间无摩擦力时，小车B水平方向受到的合力F保持不变，即小车B做匀加速直线运动，故选项A、C正确，B、D错误．二、非选择题(本题包括4小题，共47分)9．(8分)如图所示，MN是一根长为l＝10 cm、质量为m＝50 g的金属棒，用两根长度也为l 的细软导线将金属棒MN 水平吊起，使金属棒处在B ＝13T 的竖直向上的匀强磁场中．未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°.忽略磁场对软导线的作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，求金属棒中恒定电流的大小．答案：5 A解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力mg 、导线拉力F T 、安培力F ，其侧视图如图所示，其中导线的拉力不做功，由动能定理得W F ＋W G ＝0(1分)其中安培力做的功W F ＝Fl sin θ＝BIl 2sin θ(2分)重力做的功W G ＝－mgl (1－cos θ)(2分)解得金属棒中的电流为I ＝mg －Bl sin37°(2分) 代入数据得I ＝5 A(1分)10．(10分)如图所示，轻质空心金属轮A 可绕过圆心O 的光滑水平轴运动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC ，其长度为a 、电阻为r ，A 轮的边缘与金属棒的端点O 通过电刷、导线与一阻值为R 的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A 轮的边缘上的某点，绳在A 轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m 的重物P ，A 轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场中，不计A 轮、端点O 与电刷之间的摩擦及A 轮的电阻．求：(1)当A 轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；(2)释放重物，在运动稳定后，重物匀速运动时的速度．答案：(1)B 2a 3ωR ＋r (2)4mg R ＋r B 2a 2解析：(1)在Δt 时间内，金属棒转过的角度为θ，则其扫过的面积为：ΔS ＝12a 2θ＝12a 2ωΔt (1分) 根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E ，则E ＝B ΔS Δt ＝ωBa 22(1分)又I ＝ER ＋r(1分)F ＝BIa (1分) 所以金属棒所受安培力F ＝B 2a 3ωR ＋r(1分) (2)金属棒产生的感应电动势大小E ＝ωBa 22(1分)重物P 匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和即mgv ＝E 2R ＋r(1分)而v ＝ω·a (1分) 解得重物匀速运动时的速度v ＝4mg R ＋r B 2a2，方向为竖直向下(2分) 11．(13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．－3Bqd(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与边界飞出的最大速度，其轨迹图如，最大速度为v max分)－3Bqd＝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：设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：带电粒子从加速电场中出来的速度v；带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角；2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，(2)1.6×10－3 s要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨道与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ9.375 m(3分)．速度随时间周期性变化．受到的安培力随时间周期性变化．受到的安培力在一个周期内做正功需从血库里取血，为避免感染，长方形导管的左右表面绝缘，，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有的导线绕制而成，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，磁铁中轴线，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为，选项A正确．如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形，其内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，小孔从小孔O以速度v0水平射入磁场，仍能从小孔O水平射出，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则Bqv0＝水平射出，则有(2n＋1)＝n＋mv0qa6mv的作用，对过b点的带电小球直线运动，速率是唯一的直线运动，速率可取不同值运动，速率是唯一的)(多选)如图所示，S＝6.4×10－27kg、带电荷量q＝＋3.2×10的带电粒子，有一垂直于纸面的感光板，其在纸面内的长度为，板下表面和上表面被粒子击中时会把粒子吸收，整个平面充图中未画出)，磁感应强度经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为，离子重力不计．的大小；的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强DQ边出去也没有从CN上，必须满足：x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°.不考虑电子所受的重力．(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小．(2)若在圆形区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场的磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标．(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上按图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．答案：(1)233v 0 3mv 23eL(2)23mv 03eL ⎝ ⎛⎭⎪⎫5L 2，－32L(3)B 0＝3nmv 0eL(n ＝1,2,3，…) T ＝3πL3nv 0(n ＝1,2,3，…) 解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图甲所示． 由速度关系可得v 0v＝cos θ， 解得v ＝233v 0，由速度关系得v y ＝v 0tan θ＝33v 0， 在竖直方向上有v y ＝at ＝Ee mt ， 在水平方向上有t ＝L v 0，联立解得E ＝3mv 23eL.(2)电子在圆形区域内的运动轨迹如图甲所示，电子做匀速圆周运动的半径R ＝L ，根据牛顿第二定律有evB ＝mv 2R，联立解得B ＝23mv 03eL，根据几何关系得电子穿过圆形区域时位置的横坐标x ＝2L ＋L －L cos60°＝5L2，纵坐标y ＝－L sin60°＝－32L .⎝⎭22电子在磁场中运动的最简单的情景如图乙所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为轴方向上的位移恰好等于r 在磁场变化的三分之二个周期内，因磁感应强度大小减半，电子运动的周期60°，电子运动的轨道半径变为2r和粒子从O 点射出的速度大小若相同的粒子以更大的速度从原点O 处沿x 轴正方向射出，为使粒子能经过13＋1n2(n ＝1,2)左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有，可得半径r 1＝mv 0，为等边三角形，根据几何关系得l ＝2r 1＋(r 2－和粒子从O 点射出的速度大小处沿x 轴正方向射出的相同的粒子，必然是从点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中∠r 1′＋2(r 2′－r 1′)sin α1,2,3，…)1,2,3，…)，⎝⎭⎪⎫1n2n ＝，分)(2018·河北衡水中学模拟)如图所示，△AQC 下方存在水平向左的匀强电场．垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，区域Ⅱ(△APDqB5则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的磁场中的运动轨迹如图所示，运动的总时间为，。

单元检测九 磁场考生注意： 1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1．关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是( )A ．由真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Qr 2可知，当r 趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B ．电场强度的定义式E ＝Fq适用于任何电场C ．由安培力公式F ＝BIl 可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D ．一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦兹力的方向和带电粒子的运动方向2.如图1所示，两根平行放置的长直导线a 和b 中有大小相等、方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为F 1.当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F 2，则此时b 受到的磁场力大小变为( )图1A ．F 2B ．F 1－F 2C ．F 1＋F 2D ．2F 1－F 23.如图2所示，在x >0，y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从x 轴上某点P 沿着与x 轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法正确的是( )图2A ．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过原点B ．粒子在磁场中运动的时间一定为5πm3qBC ．粒子在磁场中运动的时间可能为πmqBD ．粒子在磁场中运动的时间可能为πm6qB4. (2017·黑龙江大庆模拟)如图3所示，从S 处发出的热电子(重力不计)经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )图3A ．适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场极板之间的距离D ．适当减小加速电压U5.如图4所示，甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子，以不同的速率经小孔P 垂直磁场边界MN ，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN 射出磁场，半圆轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力及空气阻力，则下列说法中正确的是( )图4A ．甲带负电荷，乙带正电荷B ．洛伦兹力对甲做正功C ．甲的速率大于乙的速率D ．甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间 6．(2017·广东湛江一中月考)如图5所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R .已知电场的电场强度为E ，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )图5A ．液滴带正电B ．液滴荷质比q m ＝E gC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动的速度大小v ＝RgBE7．如图6甲所示，一个质量为m 、电荷量为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v 0，圆环在以后的运动过程中的速度－时间图像如图乙所示．关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B 和圆环克服摩擦力所做的功W ，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图6A ．圆环带负电，B ＝mgq v 0B ．圆环带正电，B ＝2mgq v 0C ．圆环带负电，W ＝34m v 02D ．圆环带正电，W ＝34m v 028.如图7所示，水平放置的平行板长度为L 、两板间距也为L ，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在两板正中央P 点静止着一个不计重力的电子(质量为m 、电荷量为－e )．现在给电子一个水平作用力，电子获得一个向右的瞬时初速度v 0，立刻撤去作用力，欲使电子不与平行板相碰撞，则( )图7A ．v 0>eBL 2m 或v 0<eBL4mB.eBL 4m <v 0<eBL 2m C ．v 0>eBL3mD ．v 0<eBL 3m9．(2018·广东东莞模拟)如图8所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd ，e 是ad 的中点，f 是cd 的中点，如果在a 点沿对角线方向以速度v 射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从e 点射出，则( )图8A ．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d 点射出B ．如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f 点射出C ．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d 点射出D ．只改变粒子的速度使其分别从e 、d 、f 点射出时，从e 点射出所用时间最短二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 10.如图9所示，质量为m 、长为L 的导体棒MN 电阻为R ，初始时静止于电阻不计、间距为L 的光滑的水平金属轨道上，电源电动势为E ，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B ，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )图9A ．导体棒向左运动B ．开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BEL RC ．开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BEL sin θRD ．开关闭合瞬间导体棒MN 的加速度为BEL sin θmR11.如图10所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 不带电、质量为2m ，A 和B 间的动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度．A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 足够长，则下列说法正确的是( )图10A ．水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g2B ．A 做匀加速运动的时间为mqB 0C ．A 的最大速度为mgqB 0D ．B 的最大加速度为g12.如图11所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd ，其bc 边长为L ，ab 边长为3L .两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度v 0分别从a 点和ab 边上的P 点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab 边，两粒子都恰好经过c 点，则下列说法中正确的是( )图11A ．粒子在磁场中运动的轨道半径为233LB ．粒子从a 点到c 点的运动时间为3πL2v 0C ．粒子的比荷为3v 02BLD ．P 点与a 点的距离为23L3三、非选择题(本题共5小题，共49分)13．(9分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化．图12甲为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图．由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场．测量原理如图乙所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路．所用器材已在图中给出，部分电路已经连接好．为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B：图12(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电，电流从乙图中霍尔元件左侧流入，右侧流出，霍尔元件________(填“前”或“后”)表面电势高．(2)在图中画线连接成实验电路图．(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h，为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，还必须测量的物理量有________、________(写出具体的物理量名称及其符号)，计算式B＝______.14．(10分)如图13所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．图13(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？15．(10分)一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面，磁场分布在以O为圆心的一个圆形区域内，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速度为v，方向沿x正方向，后来粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为l，如图14所示．不计粒子重力的影响，求磁场的磁感应强度B的大小和磁场区域的半径R.图1416. (10分)如图15所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子(不计重力)，而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每个地方都有粒子到达．假若放射源所放出的是质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN长为L.为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场．求：图15(1)匀强磁场的方向；(2)画出所需最小有界匀强磁场的区域，并用阴影表示；(3)磁感应强度B的大小以及最小有界匀强磁场的面积S.17．(10分)(2018·河南九校质量测评)如图16所示，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、带电荷量为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60°，重力加速度为g，求：图16(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ电场强度E1、E2的大小；(2)区域Ⅱ内磁感应强度B的大小；(3)微粒从P运动到Q的时间．答案精析1．B2．A [如图所示，先对a 进行受力分析，a 受到b 导线产生的磁场的作用力F 1，方向向左．假设后加的匀强磁场方向垂直于纸面向外，则此磁场对a 的作用力F 方向向右，F 2＝|F 1－F |.同理 F b ＝|F 1′－F ′|，F 1′为a 产生的磁场对b 的作用力，F ′为后加磁场对b 的作用力．又 F 1＝F 1′，F ＝F ′，故 F b ＝F 2.故正确选项为A.] 3．C4．A [要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Eq ＝q v B .根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．适当减小电场强度E ，即可以减小电场力，选项A 正确；适当减小磁感应强度B ，可以减小洛伦兹力，选项B 错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU ＝12m v 2可得v ＝2eUm，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C 错误；同理，适当减小加速电压U ，可以减小电子进入复合场中的速度v ，从而减小洛伦兹力，选项D 错误．] 5．C6．C [液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A 错误；由mg ＝qE ，解得q m ＝gE ，故B 错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C 正确；由q v B ＝m v 2R 得R ＝m v qB ，又q m ＝g E ，故v ＝RBgE ，故D 错误．综上本题选C.]7．B8．A [电子在磁场中做匀速圆周运动，由e v B ＝m v 2R 得R ＝m v 0eB，如图所示．当R 1＝L 4时，电子恰好与下板相切；当R 2＝L2时，电子恰好从下板右边缘飞出两平行板(即飞出磁场)．由R 1＝m v 1eB ，解得v 1＝eBL4m ，由R 2＝m v 2eB ，解得v 2＝eBL2m，所以欲使电子不与平行板相碰撞，电子初速度v 0应满足v 0>eBL 2m 或v 0<eBL4m ，故选项A 正确．]9．A [如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由q v B ＝m v 2R 得R ＝m vqB ，可知半径将增大为原来的2倍，根据几何关系可知，粒子正好从d 点射出，故A 项正确；设正方形边长为2a ，则粒子从e 点射出，轨迹半径为22a .磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为322a ，则由几何关系可知，粒子从fd之间射出磁场，B 项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的2倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d 点射出，C 项错；只改变粒子速度使其分别从e 、d 、f 三点射出时，从f 点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D 项错．] 10．BD [磁场方向与导体棒垂直，开关闭合瞬间导体棒所受安培力F ＝BIL ＝BELR，方向垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，导体棒将向右运动，故A 、C 错误，B 正确．导体棒所受的合力F 合＝F cos(90°－θ)＝F sin θ，由a ＝F 合m 得a ＝BEL sin θmR ，D 正确．]11．BC [F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma ＝mg ，对A 有f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力f A 静作用，由f A 静＝mg3知，f A 静保持不变，但A 受到向上的洛伦兹力，支持力N A ＝mg －q v B 0逐渐减小，最大静摩擦力μN A 减小，当f A 静＝μN A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg 3＝μ(mg －q v 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝mqB 0，B 正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有f A 滑＝μ(mg －q v A B 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝q v 2B 0，得最大速度v 2＝mgqB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －f A 滑＝2ma B ，f A 滑减小，则a B 增大，当f A 滑减小到零时，a B 最大，有a B ＝F 2m ＝g2，D 选项错误．]12．ACD [如图，连接ac ，ac ＝2L ，即为轨迹圆弧对应的弦，作弦ac 的垂直平分线交ab 于点O 1，即为粒子从a 点到c 点运动轨迹的圆心，半径R ＝L cos 30°＝233L ，A 正确；粒子从a 点到c 点的运动时间t ＝13×2πR v 0＝43πL 9v 0，B 错误；由q v 0B ＝m v 02R 得R ＝m v 0qB ，则比荷q m ＝v 0BR ＝3v 02BL ，C 正确；从P 点射入的粒子的轨迹半径也等于R ，根据几何关系，可以求出轨迹圆心O 2点到b 点的距离为R 2－L 2＝33L ，P 点与a 点的距离为3L ＋33L －233L ＝233L ，P 点与O 1点重合，D 正确．]13．(1)前 (2)见解析图 (3)电压表示数U 电流表示数InehUI解析 (1)磁场是直线电流产生的，根据安培定则，磁场方向向下；霍尔元件中电流向右，根据左手定则，自由电荷所受安培力向内，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高．(2)滑动变阻器控制电流，用电压表测量电压，电路图如图所示．(3)设前后表面的长度为d ，最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有 e Ud＝e v B 根据电流微观表达式，有 I ＝neS v ＝nedh v联立解得B ＝nehUI .14．见解析解析 (1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R 1，则由几何关系得R 1＝3r 3，又q v 1B ＝m v 12R 1 得v 1＝3Bqr3m .(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R 2，则由几何关系有 (2r －R 2)2＝R 22＋r 2可得R 2＝3r 4，又q v 2B ＝m v 22R 2，可得v 2＝3Bqr4m故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr4m. 15.3m v ql 33l解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，则：q v B ＝m v 2r①由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C 必在y 轴上，由题中给出的粒子过P 点时的速度方向与y 轴成30°角，所以判断出P 点在磁场区之外．过P 沿速度方向的反向作延长线，它与x 轴交于Q 点，作圆弧过O 点与x 轴相切，并且与PQ 相切，切点A 即粒子离开磁场区的点，如图所示：由图中几何关系得：l ＝3r ② 由①②两式解得：B ＝3m vql，图中OA 的长度即为圆形磁场区域的半径R . 由图中几何关系得R ＝33l . 16．(1)垂直纸面向外 (2)见解析图 (3)2m v qL πL 24解析 (1)所有粒子经过磁场时受到洛伦兹力而向右偏转，根据左手定则判断得知：匀强磁场的方向为垂直纸面向外． (2)最小有界磁场如图甲所示．(3)如图乙所示，以P 的出口为原点在纸面内建立直角坐标系，y 轴与MN 平行，设粒子从磁场边界的A 点水平射出，坐标为(x ，y )，轨迹半径为R ，则有： x 2＋(R －y )2＝R 2由磁场的边界方程可知，这是一个圆形磁场，半径与粒子运动的轨迹半径相等为R . R ＝L 2由B v q ＝m v 2R 得：R ＝m vBq ，联立解得：B ＝2m vqL则有界匀强磁场区域的最小面积为：S ＝πR 2＝πL 24.17．见解析解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动， 则在竖直方向上有 qE 1sin 45°＝mg 解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2 解得E 2＝mgq(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动的加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度为v ，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的半径为R ，则 a ＝qE 1cos 45°m＝gv 2＝2ad 1(或qE 1cos 45°·d 1＝12m v 2)R sin 60°＝d 2 q v B ＝m v 2R解得B ＝mqd 23gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ内做匀加速运动， t 1＝2d 1g. 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，又T ＝2πmBq ，则t 2＝T 6＝πd 2323gd 1解得t ＝t 1＋t 2＝ 2d 1g ＋πd 2323gd 1.。

磁场李仕才一、单项选择题Ⅰ：本大题共10小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．(2011年6月广东学业水平考试)如图所示，左侧的水平台面上固定着条形磁铁，右侧固定着一螺线管．下列判断正确的是( )A．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向左B．螺线管内的磁场方向向左，磁铁受到的斥力向右C．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向左D．螺线管内的磁场方向向右，磁铁受到的斥力向右2．(2011年6月广东学业水平考试)电流的磁效应揭示了电与磁的关系．若直导线通有方向垂直纸面向外的恒定电流，则电流的磁感线分布正确的是( )3．关于磁感线，下列说法中正确的是( )A．磁感线是真实存在的B．磁感线切线方向可以表示磁感应强度的方向C．磁感线一定是直线D．沿着磁感线方向，磁感应强度越来越小4．如图，一通电螺线管通有图示电流，1、2、4小磁针放在螺线管周围，3小磁针放在螺线管内部，四个小磁针静止在如图所示位置，则四个小磁针的N、S极标注正确的是( )A．1 B．2C．3 D．45.如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是( )A．库仑B．楞次C．法拉第D．奥斯特6．下列说法正确的是( )A．一切电荷的周围都存在磁场B．磁铁吸引铁棒，说明磁铁周围的磁场对铁棒有力的作用，由于铁棒周围没有磁场，因而对磁铁无磁力作用C．铁棒内分子电流取向变得大致相同时，对外就显出磁性D．磁感线的方向，就是正的运动电荷的受力方向7．19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．下面将分子电流(箭头表示电子运动方向)等效为小磁体的图示中正确的是( )8.(2015年1月广东学业水平考试)如图所示，带电粒子垂直进入匀强磁场．下列判断正确的是( )A．粒子向左偏转B．粒子向右偏转C．粒子垂直纸面向里偏转D．粒子垂直纸面向外偏转9．对磁感线的认识，下列说法正确的是( )A．磁感线总是从磁体的北极出发，终止于磁体的南极B．磁感线上某点的切线方向与放在该点小磁针南极的受力方向相同C．磁感线的疏密可以反映磁场的强弱D．磁感线是磁场中客观存在的线10．如果运动电荷除磁场力外不受其它任何力的作用，则带电粒子在磁场中做下列运动可能成立的是( ) A．做匀变速直线运动B．做匀变速曲线运动C．做变加速直线运动D．做变加速曲线运动二、单项选择题Ⅱ：本大题共14小题，在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求．11. (2011年6月广东学业水平考试)如图所示，一通电直导线与匀强磁场方向垂直，导线所受安培力的方向是( )A．向上B．向下C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外12.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．当螺线管通以恒定电流时，不计其它磁场的影响，小磁针静止时N极的指向是( )A．向左B．向右C．向上D．向下13．(2010年6月广东学业水平考试)电子通过磁场时会发生偏转，这是因为受到( )A．库仑力的作用B．万有引力的作用C．洛伦兹力的作用D．安培力的作用14.(2010年6月广东学业水平考试)如图所示，带正电的粒子g(不计重力)，水平向左进入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．该粒子将( )A．向下偏转B．向上偏转C．垂直纸面向里偏转D．垂直纸面向外偏转15.如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是( )A．向上B．向下C．向左D．向右16．下列哪种力是洛伦兹力( )A．电荷间的相互作用力B．电场对电荷的作用力C．磁铁对小磁针的作用力D．磁场对运动电荷的作用力17.如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针．现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的影响，则下列说法正确的是( )A．小磁针保持不动B．小磁针的N极将向下转动C．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动D．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动18．(2015年6月广东学业水平考试)带电粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圆形匀强磁场区域，运动轨迹如图所示，不计重力，下列分析正确的是( )A．M带正电，N带负电B．M和N都带正电C．M带负电，N带正电D．M和N都带负电19．下列说法中，错误的是( )A．电流、磁体周围都存在磁场B．电场、磁场是起着传递电力或磁力的连续介质C．电场和磁场一定对放入其中的电荷有力的作用D．磁极之间、电流之间的相互作用都是通过磁场发生的20．一通电螺线管其磁感应强度最大的地方是( )A．螺线管的内部B．螺线管的南极C．螺线管的北极D．螺线管的南极和北极21．如下图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中正确的是( )22．(2011年6月广东学业水平考试)关于磁感线，下列说法正确的是( )A．磁感线在磁场中真实存在B．磁感线密集的地方磁场弱C．磁感线稀疏的地方磁场强D．磁感线上某点的切线方向为该点的磁场方向23.直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动．当通过如图所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时离开直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．不动24．(2011年6月广东学业水平考试)如图为磁流体发电机的示意图，流体中的正、负离子均受到匀强磁场的作用，向M、N两金属极板运动．下列说法正确的是( )A．正离子向M板偏转，负离子向N板偏转B．正离子向N板偏转，负离子向M板偏转C．正、负离子均向N板偏转D．正、负离子均向M板偏转三、多项选择题：本大题共3小题，在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的．25.(2015年1月广东学业水平考试)如图所示，匀强磁场中有一通电直导线，关于导线受到的安培力F，下列判断正确的有( )A．F方向向上B．F与电流大小有关C．F与磁感应强度大小有关D．F与导线在磁场中的长度有关26．(2011年6月广东学业水平考试)下列图示为通电直导线置于匀强磁场中的不同方式，其中导线能受到安培力作用的是( )27.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．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的方向正确的是( )A．方向垂直斜面向上B．方向垂直斜面向下C．方向竖直向上D．方向竖直向下学业达标·实战演练一、单项选择题Ⅰ1．【解析】选A.由右手螺旋定则可知，螺线管内磁场向左，即左侧相当于磁铁N极，故相互排斥，A正确．2．【解析】选D.由右手螺旋定则可知D正确．3．B 4.B 5.D 6.C7．【解析】选B.由安培定则可判断分子电流的等效磁体N极向左，S极向右，故B正确．8．【解析】选D.由左手定则可知粒子垂直纸面向外偏转，D正确．9．【解析】选C.磁感线是假想的曲线，其疏密反映磁场强弱，磁感线是闭合曲线，无始无终，其方向与小磁针N极的受力方向或静止时N极指向相同，故C正确．10．【解析】选D.由于洛伦兹力只改变速度方向，故只受洛伦兹力的粒子在磁场中做匀速圆周运动，即为变加速曲线运动，故D正确．二、单项选择题Ⅱ11．【解析】选C.由左手定则知导线所受安培力的方向垂直纸面向里，故C正确．12．【解析】选A.由右手螺旋定则可知螺线管内部磁场向左，螺线管左侧的磁场也向左，故小磁针N极指向左，故A正确．13．C14．【解析】选B.由左手定则可知洛伦兹力竖直向上，故向上偏转，B正确．15．【解析】选C.由左手定则可知安培力向左，C正确．16．D17．【解析】选C.由右手螺旋定则可知导线下方的磁场垂直纸面向里，故小磁针N极将垂直于纸面向里转动，C正确．18．C19．【解析】选C.磁场只对运动电荷有力的作用，故C错误．20．【解析】选A.通电螺线管其磁感应强度最大的地方是螺线管的内部，故A正确．21．【解析】选A.由左手定则可知A正确．22．【解析】选D.磁感线是假想的曲线，它的疏密程度表示磁场强弱，其切线方向为该点的磁场方向，故D正确．23．【解析】选C.先用安培定则判断出AB导线右侧的磁场向里，因此，环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转，当转到与AB共面时，AB与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离AB较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线AB，故选项C正确．24．【解析】选B.由左手定则可知正离子向N板偏转，负离子向M板偏转，故B正确．三、多项选择题25．【解析】选BCD.由安培力公式F＝IBL可知BCD正确；由左手定则可知A错误．26．【解析】选AC.由左手定则可知AC正确．27．AC。

专题06 磁场1. （2019全国1卷17）如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为（ ）A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0【答案】B【解析】设导体棒MN 的电流为I ，则MLN 的电流为2I ，根据BIL F =,所以ML 和LN 受安培力为2F，根据力的合成，线框LMN 受到的安培力的大小为F +2. （2019全国1卷24）（12分）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。

一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。

已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。

求 （1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。

【答案】（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212qU mv =①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领第二定律有2v qvB m r=②由几何关系知d =2r ③ 联立①②③式得 224q Um B d=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⑤带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为s t v=⑥ 联立②④⑤⑥式得⑦【解析】另外解法（2）设粒子在磁场中运动时间为t 1，则 (将比荷代入)设粒子在磁场外运动时间为t 2，则带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为21t t t +=，代入t 1和t 2得.3. （全国2卷17）如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。

阶段示性金考卷(九)(教师用书独具)本卷测试容：电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．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．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，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. [2018·高三模拟]如图所示，一轻质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，发生的现象是( )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. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．答案：C3. 如图所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况，以下判断正确的是( )A. 靠近线圈时，F N大于mg，F f向左B. 靠近线圈时，F N小于mg，F f向右C. 远离线圈时，F N小于mg，F f向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面有一金属环，半径为a ，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为 ( )A. Bav 3B. Bav 6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．答案：A5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR 可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab 线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma.若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R ＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS ，所以4ρ密LSg －B 2LSv 4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v 4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2018·高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说确的是( )A. 第2 s 上极板带负电B. 第3 s 上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 上极板带负电，同理可知第2 s 和第3 s 都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d ，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 向上加速，第2 s 向上减速到零，第3 s 向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2gsin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgRsin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2Rsin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mgsin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mgsin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER ，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgRsin θB 2l 2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝Blv R 可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F安＝2mgsin θ，解得，F 安＝mgsin θ，v 0＝mgRsin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2Rsin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程过电阻R 2的电荷量q.解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度 v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度 a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝ER 并⑤R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T/4的时间，通过金属圆环横截面的电荷量q ；(2)在t ＝0到t ＝2T 的时间，金属圆环所产生的电热Q.解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T/4时间，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T/4＝4Φ0T① 在以上时段，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④ (2)在t ＝T/4到t ＝T/2和t ＝3T/4到t ＝T 时间，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤在t ＝T/2到t ＝3T/4时间，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T/4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦ 在t ＝0到t ＝2T 时间金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨ 答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s ，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s ，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω 此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔB Δt＝0.5×2×0.5 V ＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝E R 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω 由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I L R＝0.3 A 电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g.(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ)(2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mgsin θ－μmgcos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt ⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU ⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m sin θ－μcos θm ＋B 2l 2Cg 上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以t ＝m ＋B 2l 2C v m mg sin θ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mg B 2l2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mg sin θ－μcos θ。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁感应一、单项选择题1．矩形闭合线圈放置在水平薄板上，薄板下有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等(其间距略大于矩形线圈的宽度)，如图1所示，当两块磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向是()图1A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向一直不变D．感应电流的方向顺时针→逆时针，共经历四次这样的变化2．如图2所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上。

已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气阻力，下列判断正确的是()图2A．磁铁在整个下落过程中机械能守恒B．磁铁在整个下落过程中动能的增加量小于重力势能的减少量C．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动D．磁铁在整个下落过程中，铝管对桌面的压力小于铝管的重力3．如图3所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈。

实验时圆盘沿顺时针方向绕中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向(由上向下看)的电流，则下列关于可能出现的现象的描述正确的是()图3A．圆盘上金属小球带负电，且转速减小B．圆盘上金属小球带负电，且转速增加C．圆盘上金属小球带正电，且转速不变D．圆盘上金属小球带正电，且转速减小4．如图4所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动。

为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带平面向上，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。

通过观察图4，下列说法正确的是()图4A．从图中可以看出，第2个线圈是不闭合线圈B．从图中可以看出，第3个线圈是不闭合线圈C．若线圈闭合，进入磁场时线圈相对传送带向前运动D．若线圈不闭合，进入磁场时线圈相对传送带向后运动5．如图5甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好。

2019高考物理一轮复习题及答案解析电磁学综合1．如图1所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中。

取g＝10 m/s2。

图1(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103 N/C，且方向不变。

求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能。

2．如图2所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为U，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。

质量为m、带电量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入场强大小为E2，方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽度为L(该电场竖直方向足够长)。

电场和磁场都有理想边界，且粒子所受重力不计，求图2(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小F；(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。

3．如图3是磁流体发电工作原理示意图。

发电通道是个长方体，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R相连。

发电通道处于匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图。

发电通道内有电阻率为ρ的高温等离子电离气体沿导管高速向右流动(单位体积内离子数为n)，运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。

发电通道两端必须保持一定压强差，使得电离气体以不变的流速v通过发电通道。

不计电离气体所受的摩擦阻力。

根据提供的信息完成下列问题：图3(1)判断发电机导体电极的正负极，求发电机的电动势E；(2)发电通道两端的压强差Δp；(3)若负载电阻R阻值可以改变，当R减小时，电路中的电流会增大；但当R减小到R0时，电流达到最大值(饱和值)I m；当R继续减小时，电流就不再增大，而保持不变。