2022年高考物理一轮复习之磁场

1、2022高考物理一轮复习之磁场一.选择题（共15小题）1. （2021武平县校级模拟）如图所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加方向垂直于薄片向上的匀强磁场B,在M、N间出现电压Uh，这个现象称为霍尔效应,Uh称为霍尔电压，且满足：Un=k更，式中k为霍尔系数，d为薄片的厚度，已知该半d导体材料的导电物质为自由电子，薄片的长、宽分别为a、b,关于M、N两点电势（pm、（PN和薄片中电子的定向移动速率v,下列选项正确的是（）A. B、0B. 0、2BC. 2B、2BA.（pM（pN»v=-?L£B.（pM（pN,v=2LLbdadC.（pm（pn,v=JslD

2、,（pm（Pn，v=-bdad2.（2021甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线上，PO,与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为D.B、B3. （2021广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流11.四根平行直导线均通入电流h.li>>h,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发

3、生形变的是4. （2020全国）四根彼此绝缘的通电直导线围成一正方形，其中心为O点；四根导线中电流ii>i2>i3>i4，电流方向如图所示。要使。点的磁场增强，应切断的电流是（）A.iiB.12C.isD.i45. （2020全国）a、0和丫射线沿同,方向垂直射入匀强磁场中，下列关于它们运动轨迹的说法正确的是（忽略重力的影响）（）A. a和0朝同一方向弯曲，丫运动的方向不变B. a和0朝相反方向弯曲，丫运动的方向不变C. a和丫朝同一方向弯曲，B运动的方向不变D. a和丫朝相反方向弯曲，0运动的方向不变6. （2020海南）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直

4、导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（）上三£11A.向上B.向下C.向左D.向右7. （2021北京模拟）在两个倾角均为a的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流11和12，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比11：12为（）A. sina： 1B. 1： sina8. （2021河北）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为Bi，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强

5、磁场中，磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为。，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（）A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，丫二喳旭史BBzLdB.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v=1ngRs迎8BBzLdC.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=1nsRtanBBBzLdD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，丫=哼沙8BjB2Ld9.（2021武平县校级模拟）如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀

6、强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的xi、X2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的径迹,贝IJ（）A.在磁场中a运动的时间大于b运动的时间B.a的比荷大于b的比荷C.增大加速电压U,粒子在磁场中的运动时间变长D.若同时增大加速电压U和磁感应强度B,粒子打在感光片上的位置将向右移动10. （2021乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为vi，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为V2,离开磁场时速度方向偏转60°。

7、不计重力。则二为（v21.B.立C.返232D. V311. （2020上海）如图，在通电螺线管中央轴线上a、b、c三点和外侧的d点中，磁感应强度最大的是（）A.aB.bC.cD.d12. （2020北京）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周围产生了磁场C,仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变13. （2020新课标I）一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，余为半圆，ac、bd与直径ab共线，

8、ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间ca、：一.bd、/A7兀mb5冗mq4兀mp3兀m6qB.4qB.3qB'2qB14. （2021眉山模拟）如图，矩形区域abed（含边界）内存在方向垂直于矩形面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，矩形的长和宽分别为2L和L,矩形长边ab的中点有一粒子发射源S,从S可分别发射出方向垂宜于ab指向cd和方向沿Sb的不同速率的粒子。若粒子的质量均为m、电荷量均为q（q0）、不计粒子的重力及粒子间的

9、相互作用力。则（）A.从be边射出的粒子的速率范围是v处mB.从cd边射出的粒子的速率范围是v典2mC.从da边射出的粒子的速率范围是堂迪4mmD.从ab边射出的粒子的速率范围是迦v迫4m2m15. （2020上海）如图所示，接有直流电源E的光滑金属导轨水平放置，电阻不可忽略的导体棒ab静止于导轨上。当电键S闭合的瞬间，导体棒（A.向左移动B.向右移动C.上下弹跳D.保持不动二.多选题（共5小题）16. （2021浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）a80A*p

10、b«100AA.两导线受到的安培力Fb=125FaB.导线所受的安培力可以用F=ILB计算C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置17. （2021武侯区校级模拟）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B,一个质量为m,电荷量为q,初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P点射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了。角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误的是（）A.粒子带负电B.粒子在磁场中运动的轨迹长度为变色BqC.粒子在磁场中运动的时间

11、为坦BqD.圆形磁场区域的半径为变tan8Bq18. （2021重庆模拟）碳14原子核的衰变方程为1化一14N+0e。一个碳14原子核沿垂直67-1磁场方向射入匀强磁场中，其运动轨迹为如图所示的圆弧AO,衰变后产生的氮14原子核的运动轨迹为圆弧OB,两运动轨迹在O点相切于虚线MN。已知碳14原子核和氮14原子核的轨迹半径之比Rc：Rn=7：6,各粒子所受重力影响及粒子间的相互作用均忽略不计，磁场范围足够大。则下列说法正确的（）3(XWXXA.衰变后产生的氮14原子核将沿逆时针方向做匀速圆周运动B.衰变后产生的电子将在虚线MN的左侧做匀速圆周运动C.碳14原子核、氮14原子核和电子的动量大小之比

12、为1：1：2D.碳14原子核、氮14原子核和电子的轨迹半径之比为7：6：4219. （2021咸阳模拟）如图所示，半径为R的工圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁4场，磁感应强度为B,磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0WyR的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是（）A.粒子都击中在（0,R）点处B.粒子的初速度为翘2mC.粒子在磁场中运动的最长时间为以qBD.粒子到达y轴上的最大时间差为如-上2qBqB20. （2

13、021雨花区校级模拟）如图虚线所示的半径为R圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r,不计重力及带电粒子之间的相互作用，则（）pg:、JA.若=心则粒子离开磁场时，速度是彼此平行的B.若r>R,则粒子从P关于圆心的对称点离开时的运动时间是最长的C.若粒子射入的速率为vi时，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为V2,相应的出射点分布在三分之一圆周上，则V：V=1：遮D.若粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，打在磁场边界最远位置粒子的

14、运动时间为5若粒子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上，打在磁场边界最远位置粒子的运动时间为t2，则tl：t2=l：2三.填空题（共2小题）21. （2021长宁区二模）匀强磁场中有一根长度为0.5m重力为5N垂直于纸面水平放置的导体棒，用细线悬挂于O点。当导体棒通入方向垂直纸面向内的4A电流时，处于如图所示的静止状态，图中细线与竖直方向成30°夹角。磁场磁感应强度的最小值为T,方向是o22. （2021闵行区二模）用如图等臂天平可测量磁感应强度B,天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L,共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方

15、向，从左盘中移动质量为m的祛码至右盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向垂直纸面向,磁感应强度大小13=。（已知重力加速度g）23. (2021济南三模)如图，两竖直虚线间的距离为L,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域左方的A点将质量为m、电荷量为q的带电小球以初速度J通沿平行于电场的方向抛出.已知抛出点到电场左边界的距圈为2L,小球到达电场右边界时速度方向恰好变为竖直向下.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)小球进入电场时速度大小；(2)小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离；(3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿宜线运动，求所加磁场的方向以及

16、磁感应强度大小。24. (2021沙坪坝区校级模拟)科学研究的过程中常利用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，相互垂直的匀强电场与匀强磁场分布在竖直平面坐标系xOy的三、四象限中，其中匀强电场竖直向上，场强大小E=,磁感应强度为B,复合场区域高度为h,间q隔也恰好为h。某时刻y轴正半轴(0,h)处一个质量为m带正电的小球从静止开始下落。已知重力加速度为g。(1)求带电小球进第一个复合场时的速度大小：(2)若带电小球的荷质比9=春春，求小球在第一个复合场中运动的轨迹半径以及从第一个复合场区域离开时的位置坐标;（3）若小球带电量为q,穿出第n个复合场区域时的速度与y轴负半轴夹角为a,求sina。

17、电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场,并以速度vo沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角/MON=120°,粒子重力可忽略不计。（1）求粒子在匀强磁场中运动时间t的大小：（2）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从N点射出。求粒了从M点运动到N点过程中，动能的增加量的大小。甲乙26.（2021浙江模拟）原子核碰撞是实现核反应的有效途径，其原理简化为如图1所示的模型。原子核A、C处在垂直纸面向里、磁

18、感应强度大小为B的匀强磁场中，A原子核从y轴上的P孔水平向左射入磁场，经过半圆弧到达O点与从第四象限某个位置（未画）同时射入的C原子核发生正碰，恰能发生核反应。已知A原子核的质量为M、电荷量为Q.C原子核的电荷量为q,射入磁场时两核的动量大小相等，0P间距为2R,核反应的阈能为W（阈能：刚好能够使得A、C两原子核结合在一起的最小能量）。不考虑因磁场变化而产生的影响和两原子核在磁场中运动的静电作用力。求；（1） C核的质量和速度的大小：（2）初始时刻，C核的位置以及速度与x轴的夹角；（3）若让x轴上方的磁场按图2所示B-t图像变化，B垂直纸面向里为正方向，当1=0时，原子核C恰好到达O点。只让C

19、原子核从原处射入，要使C原子核从P孔水平向右射出，试确定x轴上方的磁场Bo的大小和周期T«图1图2五.解答题（共4小题）27. （2021广东模拟）一种质谱仪的结构可简化为如下图所示，粒子源释放出初速度可忽略不计的质子，质子经直线加速器加速后由D型通道的中缝MN进入磁场区。该通道的上下表面为内半径为2R、外半径为4R的半圆环。整个D型通道置于竖直向上的匀强磁场中，正对着通道出口处放置一块照相底片，它能记录下粒子从通道射出时的位置。若已知直线加速器的加速电压为U,质子的比荷（电荷量与质量之比）为k,且质子恰好能击中照相底片的正中间位置，则（1）试求匀强磁场的磁感应强度大小B（2）若粒子

20、源只产生其它某种带正电的粒子且照相底片能接收到该粒子，试求这种粒子比荷需满足的条件。粒子源直线加速器28. （2021海淀区校级三模）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（；n）的B衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的不带电的反中微子刀。如图所e示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，为简化过程，设该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有一足够长的以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a=0.15m。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=0.IT的

21、匀强磁场。已知电子质量me=9.1X10_3lkg=0.51MeV/c2,中子质量mn=939.57MeV/c2,质子质量mp=938.27MeV/c2（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。衰变后质子的动量p=4.8X10kg-m-sSXlOMeV-s-m假定衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能。（1）写出中子衰变的核反应式。并求出一个中子衰变后，电子和反中微子两者的总动能（以MeV为能量单位）；（2）能够打到探测板上的质子，求在磁场中运动的最长时间：（3）求计数率。XXXXXXXXXPXXXIaxxxixxx探Si板°29. （2021广东二模）如图，边长为L的正方形区域ab

22、ed内，上半区域存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），下半区域存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个重力不计的带正电的粒子从a点沿ab方向以速度vo进入磁场，之后从两磁场边界mn的中点垂直边界进入上半区域的磁场，最后它从be边界离开磁场，它离开磁场时与mn的(1)上半区域磁场的磁感应强度Bi；(2)粒子在下半区域磁场中运动的时间t。；XXXXXQ:30. (2021浙江模拟)如图所示，在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，其中x(0,a)内的磁场方向垂直xOy平面向里，在x(a,00)内的磁场方向垂直xOy平面向外，在xe(-°°,0)内无磁场。一个带正电q,

23、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处，以一定的初速度沿x轴正方向射入磁场。(1)若粒子经过a轴时速度方向与x轴垂直，求粒子的初速度以及粒子在磁场中运动的时间。(2)若粒子做半径为r=2a的圆周运动，求粒子与x轴交点的坐标值X。(3)若粒子做圆周运动的半径满足试写出粒子经过磁场偏转后与y轴的交点坐标y与r的关系式。2022高考物理一轮复习之磁场参考答案与试题解析一.选择题（共15小题）1. （2021武平县校级模拟）如图所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加方向垂宜于薄片向上的匀强磁场B,在M、N间出现电压Uh，这个现象称为霍尔效应,Uh称为霍尔电压，且满足：UH=k坦，式中

24、k为霍尔系数，d为薄片的厚度，已知该半d导体材料的导电物质为自由电子，薄片的长、宽分别为a、b,关于M、N两点电势（pm、v=KL adkl adPN和薄片中电子的定向移动速率v,下列选项正确的是（）A.PM（PN-V=bdkTC.（PM（PN，V=bd【考点】霍尔效应及其应用.【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力.【分析】根据左手定则判断出电子受到的洛伦兹力，即可判断出电势的高低，当电子受到的洛伦兹力与电场力相等时，电压恒定即可求得速度。【解答】解：根据左手定则可知，电子受到洛伦兹力达到N板，故（PM（PN，Uu稳定时，洛伦兹力与电场力平衡，则evB=/buH=k

25、T联立解得丫=*,故A正确，BCD错误；bd故选：Ao【点评】考查左手定则，注意分清粒子的正负极性，同时解决本题的关键知道霍尔效应的原理，并能灵活运用2. （2021甲卷）两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条宜线上，PCT与OF在一条宜线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用：理解能力.【分析】根

26、据安培定则确定两导线各自在M、N点形成的磁感应强度的方向，根据叠加原理即可确定两点的磁感应强度的大小。【解答】解：根据安培定则可知，FP在M点形成的磁感应强度向里，EQ在M点形成的磁感应强度向外，根据题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，M点的磁感应强度为零；同理根据安培定则可知，FP在N点形成的磁感应强度向里，EQ在N点形成的磁感应强度向里，根据题意可知，两导线在M点形成的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，M点的磁感应强度为2B；故B正确，ACD错误。故选：B.【点评】本题考查了利用安培定则分析通电导线的磁场。掌握好安培定则的内容，知道磁场的叠加原理是解决本题的关键。

27、3. （2021广东）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流h，四根平行直导线均通入电流11，Il>>h.电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；平行通电宣导线间的作用.【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.【分析】明确题意，知道中间电流远大于外表导线中的电流，所以只需要考虑中心电流形成的磁场对四根外表面固定长直导线的安培力，根据安培定则确定各导线处的磁场方向，再根据左手定则确定受力方向即可确定形变方向。【解答】解：根据安

28、培定则可知，中心导线形成的磁场是以导线为圆心的圆，所以左边导线处的磁场方向竖直向上，根据左手定则可知，左边导线受力向右；右侧导线处的磁场方向竖直向下，由左手定则可知，右边导线受力向左，故左右方向上弹性长管是向里凹陷的；同理可知，上边导线处的磁场水平向右，由左手定则可知，其受力向上；下边导线处的磁场水平向左，由左手定则可知，其受力向下；因此上下弹性长管是突出的；则可知发生的形变为C,故C正确，ABD错误。故选：Co【点评】本题考查左手定则以及安培定则的应用，要注意认真审题，知道四周固定导线的受力是来自由中心导线形成的磁场，不要考虑两边导线间的相互作用力。4. （2020全国）四根彼此绝缘的通电直

29、导线围成一正方形，其中心为O点；四根导线中电流ii>i2>i3>i4，电流方向如图所示。要使O点的磁场增强，应切断的电流是（）A.iiB.12C.i3D.i4【考点】通电宣导线和通电线圈周围磁场的方向.【专题】定性思想：推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力.【分析】根据安培定则判断4根通电导线在O点产生的磁场方向，根据磁场的叠加，确定使O点磁场增强的方法。【解答】解：根据右手螺旋定则来确定通电导线周围磁场的分布，导线1在O点产生的磁场的方向向里，导线2在O点产生的磁场的方向向里，导线3在O点产生的磁场的方向向里，导线4在O点产生的磁场的方向向外，因为ii>i2&

30、gt;i3>i4，则合场强一定向里,要使磁场增强，应让向外的磁场消失，故应切断i4,故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，关键明确磁场的叠加规律，明确内外方向上的磁感线是相互抵消的。5. （2020全国）a、0和丫射线沿同一方向垂直射入匀强磁场中，下列关于它们运动轨迹的说法正确的是（忽略重力的影响）（）A. a和0朝同一方向弯曲，丫运动的方向不变B. a和0朝相反方向弯曲，丫运动的方向不变C. a和丫朝同一方向弯曲，0运动的方向不变D. a和丫朝相反方向弯曲，B运动的方向不变【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；X射线、a射线、0射线、丫射线及其特性

31、.【专题】定性思想；推理法：带电粒子在磁场中的运动专题：理解能力.【分析】明确3种带电粒子的电性，再根据左手定则分析粒子的运动方向。【解答】解：由于a带正电，0粒子带负电，故由左手定则可知，二者受力方向相反，故朝相反方向弯曲：Y粒子不带电，故其运动的方向不变，故B正确，ACD错误。故选：Bo【点评】本题考查三种射线的性质以及利用左手定则判断带电粒子在磁场中的偏转方法,要注意明确a带正电，0粒子带负电，而丫粒子不带电。6. （2020海南）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流1时，导线所受安培力的方向为（）上【考点】安培定则.【专题】定性思想

32、；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.【分析】明确导线绕制方向，根据安培定则确定磁场的方向，再根据左手定则分析通电导线所受安培力的方向。【解答】解：根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示；故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下，故B正确，ACD错误。故选：Bo【点评】本题考查左手定则以及安培定则的应用，注意明确线圈中电流的方向，分别判断两则磁极，从而明确中间导线所在位置磁场方向。7. （2021北京模拟）在两个倾角均为a的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流h和12,磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂

33、直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比11：12为（）【考点】共点力的平衡：安培力的计算.【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.【分析】导体棒受重力、支持力和安培力处于平衡，根据共点力平衡求出安培力，根据F=BIL求出电流之比。【解答】解：导体棒受力如图，根据共点力平衡得，Fi=mgtanaF2mgsina所以导体棒所受的安培力之比£工=耳皿一=1：cosaF2sinCIjF因为F=BIL,所以二_=二_=1：cosa,故D正确，ABC错误。12F2故选：D。【点评】解决本题的关键正确地进行受力分析，明确安培力的大小和方向，再

34、运用共点力平衡进行求解即可。8. （2021河北）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为Bi，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂宜的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为。，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（）A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v=1ngRsinSB1B2LdB.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，V=晔Rs迎8BBzLdC.导轨处磁场的方向垂直导轨

35、平面向上，丫=蝴处6一BBzLdD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，丫二呼.雨县BiBzLd【考点】磁场对电流的作用；左手定则；安培力的计算；带电粒子在混合场中的运动.专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；带电粒子在复合场中的运动专题；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力.【分析】此题为磁流体发电机模型，等离子体进入磁场后，正负离子受到洛伦兹力发生偏转，依据左手定则判断正负离子的偏转方向，得到金属板P、Q的带电性质，得到金属棒ab中电流方向；金属棒ab恰好静止，由受力平衡条件判断出所受安培力的方向并求出电流大小，再依据左手定则判断出导轨处磁场的方向；等离子体的正负离子在磁场Bi中受到电场力与洛

36、伦兹力，稳定后此二力平衡，由闭合电路欧姆定律求出平行金属板P、Q之间的电压，由£型求加板间电场强度，由等离子体受到电场力等于洛伦兹力，求出等离子体的速度大小。【解答】解：平行金属板P、Q之间磁感应强度方向由N极指向S极，由左手定则判断,等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金属板Q带正电荷（电源正极），金属板P带负电荷（电源负极），金属棒ab中电流方向由a流向b,已知磁场B2的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒ab处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平面向上,再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导

37、轨平面向下。金属棒ab恰好静止，由受力平衡可得：B21L=mgsin。，由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板P、Q之间的电压U=IR,金属板P、Q之间电场强度e1，等离子体的正负离子在磁场Bi中受到电场力与洛伦兹力，稳定后此二力平衡，则qvBi=qE»联立解得里也旦，故B正确，ACD错误。BiBgLd故选：Bo【点评】本题考查了复合场的磁流体发电机模型以及受力平衡之安培力计算的问题，属于综合基础题。两次应用左手定则判断粒子偏转方向和已知安培力方向判断磁场方向，属于易错点。其它物理原理及推导过程较简单。9. （2021武平县校级模拟）如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加

38、速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的X1、X2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的径迹,贝IJ（）A.在磁场中a运动的时间大于b运动的时间8. a的比荷大于b的比荷C.增大加速电压U,粒子在磁场中的运动时间变长D.若同时增大加速电压U和磁感应强度B,粒子打在感光片上的位置将向右移动【考点】牛顿第二定律；向心力；动能定理；质谱仪和回旋加速器的工作原理.【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力.【分析】带点粒子在电场中加速，由动能定理求解，在磁场中偏转，洛伦兹力做为向心力。【解答】解：AB、带点粒子在电场

39、中加速，由动能定理：qU=>imv2在磁场中偏转2洛伦兹力做为向心力：qvB=mr解得：A2LLmb2r2由图可知：由Vrb所以，a的比荷2亘大于b的比荷%,mamb由周期公式：T=空史可知，Ta<Tb,则带点粒子磁场中a运动的时间小于b运动的时qB间，故A错误，B正确：C、由于周期与粒子运动的快慢无关，所以增大加速电压u,粒子在磁场中的运动时间不变，故C错误：D、结合比荷表达式同时增大加速电压U和磁感应强度B,粒子打在感光片上的位置将无法确定，故D错误故选：B.【点评】本题考查质谱仪工作原理，要求会用学生动能定理分析带点粒子在电场中加速,在磁场中偏转时，洛伦兹力做为向心力。10.

40、 （2021乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为V,离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为V2,离开磁场时V1速度方向偏转60°。不计重力。则一L为（）v2A.AB.瓜C.近D.V3232【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动.【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题：分析综合能力.【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的轨迹图，然后由几何关系求出轨迹圆半径和磁场圆半径之间的关系，最后由洛伦兹力

41、提供向心力求出线速度，根据线速度之比等于半径之比求出粒子两次的入射速度之比。【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：设磁场的圆形区域半径为r,由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为:R=r,R2=tan302由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=m则粒子的速度：丫=迪m则粒子两次的入射速度之比为：工1=包，解得：上L=返，故B正确，ACD错误;v2区2v23故选:B.【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动，关键是要根据几何关系求出轨迹圆的半径,然后由洛伦兹力提供向心力求出速度。11. （2020上海）如图，在通电螺线管中央轴线上a、b>c三点和外侧的d点中，磁感应强度最大的是

42、（）A.aB.bC.cD.d【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.【专题】应用题；定性思想；磁场磁场对电流的作用；理解能力；推理能力.【分析】螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线数相同，由于螺线管内部横截面积小，所以内部磁感线最密，磁感应强度最大。【解答】解：磁感线是封闭曲线，螺线管内部的磁感线条数与螺线管外部的磁感线数相同。由于螺线管内部横截面积小，所以内部磁感线最密，磁感应强度最大。故C正确，ABD错误。故选：Co【点评】本题考查通电螺线管相当于条形磁铁，内部磁感线条数等于外部磁感线条数，磁感线越密，磁感应强度越大。12. （2020北京）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂

43、一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周围产生了磁场C.仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.【分题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力.【分析】根据电荷的定向移动形成电流，电流周围存在磁场，结合安培定则，从而确定电流方向与磁场方向的关系；再根据磁极间的相互作用可明确小磁针N极的偏转方向。【解答】解：AB、由题意可知，磁针受到磁场力的作用，原因是由于电荷的定向移动，从而形成电流，而电流周围会产生磁场，故B正确，A错

44、误：C、只改变圆盘的转动方向，那么电流产生磁场方向与之前的相反，则小磁针的偏转方向也与之前的相反，故C错误；D、如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，那么电流产生磁场方向与之前的相反,则小磁针的偏转方向也与之前的相反，小磁针的偏转方向发生变化，故D错误。故选：Bo【点评】解决该题需要明确知道电荷的移动会产生磁场，而小磁针的转动是由于磁场的原因造成的。13. （2020新课标I）一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，伞为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场

45、，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）一不*'：bd/A7mb5冗mc4mD3m-6qB-4qB.3qB'2qB【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.【专题】应用题；实验探究题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】采用放缩法并画图，设众半圆的半径为R,当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大,然后根据t=T求粒子在磁场中运动的最长时间。【解答】解：粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即t=8T2兀粒子垂直

46、ac,则圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r0.5R和r21.5R时，粒子从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期；当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从n逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即8=冗+=言冗；方法二：O点为半圆弧的圆心，过c点做半圆弧的切线，与圆弧相切与e点，由于co=2R,oe=R,且ceeo,故Noce=30°,因为只有ce与圆弧相切时，Noc

47、e为最大，如果不相切，Zoce小于30°,ce为轨迹圆的一条弦，则此时弦切角最大为90°+30°=120°,根据圆心角等于弦切角的2倍，所以最大圆心角为9=2X120°=240°；4即Q=兀兀，粒子运动最长时间为月一工处，故c正332兀2冗qB3qB确，ABD错误。故选：Co【点评】本题考查的是带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，本题的难点是应用放缩法作图，找到当粒子运动轨迹半径等于半圆的半径时，轨迹对应的圆心角最大。14.（2021眉山模拟）如图，矩形区域abed（含边界）内存在方向垂直于矩形面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，矩

48、形的长和宽分别为2L和L,矩形长边ab的中点有一粒子发射源S,从S可分别发射出方向垂直于ab指向cd和方向沿Sb的不同速率的粒子。若粒子的质量均为m、电荷量均为q（q>0）、不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。贝IJ（） XXXXX：it8； xxkxx：aShA.从be边射出的粒子的速率范围是vW处mB.从cd边射出的粒子的速率范围是v典2mC.从da边射出的粒子的速率范围是处vW处4mmD.从ab边射出的粒子的速率范围是典Wv迪4m2m【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动.【专题】比较思想；推理法：带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力；推理能力；应用数学处理物理问

49、题的能力.【分析】A、分析题意找临界条件：从c点出射速度最小，求最小速度然后确定范围；B、沿俩方向入射粒子都可能从cd边出射，求俩临界速度再确定范围；C、垂宜于ab入射粒子恰从d点出射速度最大，垂宜于ab入射粒子恰从a点出射速度最小，求俩速度再确定范围；D、从垂直于ab入射粒子才能从ab边射出，从a点出射速度最大，求此最大速度再确定范围。【解答】解：A、由左手定则可知，沿Sb方向入射粒子才可能从be边射出，且从c点出2射速度最小，如图1所示：由几何关系：r=L,洛伦兹力提供向心力：qvB=mJ,解r得：v=L,所以从be边出射粒子速度v故A错误；B、B、沿Sb方向入射粒子恰与cd边相切，如图2

50、所示：R=L,洛伦兹力提供向心力:22qvB=mJ,解得：v=L,从cd边射出速度满足：v地L,垂直于ab入射粒子恰R2m2m从d点出射速度最小，解得：综合可得从Cd边出射粒子速率范围：V*L,nF2故B正确；C、垂直于ab入射粒子恰从d点出射速度最大，如图3所示：r=L,洛伦兹力提供向心力：qvB=m,解得：Vmax=宓L，垂直于ab入射粒子恰从a点出射速度最小，如图rm24所示：r=L,洛伦兹力提供向心力：qvB=mJ,解得：v0L，所以从ad边出2rmin2m射粒子速率范围：迫4迪，故C错误；2mmD、从垂直于ab入射粒子才能从ab边射出，结合C的分析，从ab边射出粒子速率：V4巫L,故

51、D错误。故选：Bo跋副【点评】本题重点在找各种情况下的临界条件，计算各种临界速度，从而确定范围，熟练12字方针在解题中的应用。15. （2020上海）如图所示，接有直流电源E的光滑金属导轨水平放置，电阻不可忽略的导体棒ab静止于导轨上。当电键S闭合的瞬间，导体棒（）A.向左移动B.向右移动C.上下弹跳D.保持不动【考点】左手定则.【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力.【分析】当电键S闭合的瞬间，判断导体棒中的电流方向，再根据左手定则判断导体棒中受到的安培力方向，即可求解。【解答】解：当电健S闭合的瞬间，导体棒中电流是从下向上，而磁场垂直水平面向上,根据左手定则，导体棒ab受

52、到的安培力向右，故B正确，ACD错误。故选：Bo【点评】本题考查通电导线在磁场中受到安培力作用，要求掌握利用左手定则判断安培力的方向，注意左手定则与右手定则的区别。二.多选题（共5小题）16. （2021浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）q<80A*pb«100AA.两导线受到的安培力Fb=125FaB.导线所受的安培力可以用F=ILB计算C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零

53、的位置【考点】磁场对电流的作用；安培力的计算.【专题】比较思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.【分析】根据力的相互性判断；根据公式成立的条件判断；根据右手螺旋定则判断：根据磁场的矢量叠加判断。【解答】解：A、两导线受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A错误；B、因为在导线所处的磁场方向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F=BIL计算，故B正确；C、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故C正确；D、因直线电流

54、产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场方向均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，故D正确。故选：BCDo【点评】本题考查了平行通电导线周围的磁场分布以及安培力问题，要求学生会熟练应用右手螺旋定则和左手定则解题。17. （2021武侯区校级模拟）如图所示，匀强磁场限定在一个圆形区域内，磁感应强度大小为B,一个质量为m,电荷量为q,初速度大小为v的带电粒子沿磁场区域的直径方向从P点射入磁场，从Q点沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时的速度方向与射入磁场时相比偏转了。角，忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法错误

55、的是（）A.粒子带负电B.粒子在磁场中运动的轨迹长度为变更BqC.粒子在磁场中运动的时间为迎BqD.圆形磁场区域的半径为变tan8Bq【考点】牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动.5题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题：推理能力.【分析】根据偏转方向以及左手定则判断粒子电性：画出粒子运动轨迹根据洛伦兹力提供向心力求得轨道半径，再根据弧长公式求得轨迹长度；根据周期公式求运动时间；再根据几何关系求磁场区域半径。【解答】解：由图可知，粒子受向下的洛伦兹力，而磁场的方向是垂直纸面向外，故由左手定则可知，四指的方向与速度v的方向一致，所以粒子带正电，故A错误；由于粒子偏转了。角，

56、故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角也等于0,而粒子做圆周运动,2e如下图所示，则：Bqv=mJ,故粒子的偏转半径R=%,所以粒子在磁场中运动的轨RqB迹长度为1=1?0=变且，故B正确；qB粒子在磁场中运动的时间为t=_9_XT'画，故C正确；2兀qB圆形磁场区域的半径为R=E*,而不是变4an&选项D错误，qBqB本题选择错误选项故选：AD。【点评】本题考查带电粒子在磁场中运动，难度中等，根据题意画出粒子运动轨迹，找到圆心角以及半径是解题关键。不计,xX18. （2021重庆模拟）碳14原子核的衰变方程为14c-14n+0e。一个碳14原子核沿垂直67-1磁场方向射入匀强磁场中，其运动轨迹为如图所示的圆弧AO,衰变后产生的氮14原子核的运动轨迹为圆弧OB,两运动轨迹在O点相切于虚线MN。已知