四川省绵阳某中学2024-2025学年高二年级下册3月月考物理试题（解析版）

四川省绵阳南山中学2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题

一、单项选择题（本大题8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的）

1.如图所示，关于电和磁的情景中，下列说法正确的是（）

A.图（a）是奥斯特利用实验装置发现了电磁感应现象

B.图（b）是研究电磁感应的实验，只要开关一直接通，即使小螺线管A插入大螺线管B中不动，电流

计中也有感应电流通过

c.图（c）表示通电方向相反的两K直导线相互排斥，是通过电场实现的

D.图（d）是手机无线充电的原理，若将交流电接入送电线圈中，可以利手机进行充电，这运用的是电

磁感应原理

【答案】D

【解析】【解答】知道奥斯特现象，产生感应电流的条件以及电流之间的相互作用是通过磁场来实现的是解题

的基础。A.电磁感应现象是法拉第首先发现的，图（a）是奥斯特利用实验装置发现了电流的磁效应，故A

错误；

B.图（b）是研究电磁感应的实验，只要开关一直接通，当小螺线管A插入大螺线管B中不动时，穿过大

螺线管B中的磁通量没有发生变化，电流计中没有感应电流通过，故B错误；

C.图（c）表示通电方向相反的两长直导线相互排斥，是通过磁场实现的，故C错误；

D.图（d）是手机无线充电的原理，与变压器工作原理相同，若将交流电接入送电线圈中，可以利手机进行

充电，这运用的是电磁感应原理，故D正确。

故选D。

【分析】奥斯特发现了电流的磁效应；根据发生感应电流的条件分析；电流之间的相互作用是通过磁场实现

的；根据电磁感应的原理分析。

2.如图甲所示，在圆形线圈内分布着与线圈平面垂直的匀强磁场，现规定磁感应强度B的方向垂直纸面向

外为正。己知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列说

法正确的是（）

A.t=0时刻感应电动势最大B.tI~t3时间内，感应电动势增大

C.t2时刻，感应电动势为零D.I、t3时刻,感应电流方向相同

【答案】D

【解析】【解答】本题主要是考杳电磁感应现象中的图像问题，关键是根据法拉第电磁感应定律求解感应电动

势的表达式，知道图像斜率表示的物理意义。AC.磁感应强度遁时间变化的规律如图乙所示，根据法拉第

也磁感应定律可得

△B

E=&S

当B-t图像的斜率最大时感应电动势最大，由图像可知在l=t2时刻器最大，则感应电动势最大，选项AC错

误；

B.U73时间内，得先增加后减小，则感应电动势先增加后减小，选项B错误；

D.根据楞次定律可知h时刻磁通量向外减小，t3时刻磁通量向里增加，则这两个时刻感应电流方向相同，

选项D正确。

故选D。

【分析】根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势表达式，结合图像的斜率进行分析。

3.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合，螺

线管与电源和滑动变阻器连接。现将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（）

A.穿过线圈a的磁通量增大

B.从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流

C.线圈a有收缩的趋势

D.桌面对线圈a的支持力增大

【答案】R

【解析】【解答】应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的推论是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然

结果。A.当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈

产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故A错误；

B.穿过线圈a的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电

流，故B正确；

CD.穿过线圈a的磁通量向下减小，根据“增缩减扩”、“来拒去留”可知，线圈a有扩大且靠近线圈b的趋

势，桌面对线圈a的支持力减小，故CD错误。

故选Bo

【分析】滑动触头向卜.滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流

的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势。

4.如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L,高为

L,纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t=0时刻恰好位于图

中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是（）

【解析】【解答】本题要知道感应电势势公式E二BLv中的L是有效的切割长度，可得到感应电流表达式来分

析其变化情况。在0~L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，线圈切割

有效长度均匀增加，线圈中的电流为

BL效"BxvBv/、

1=R==耳武°工》工。

在匕~21过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，线圈切割有效长度均匀

增加，线圈中的电流为

BL效vBxvBv

/=R=~衣—x<2L）

故选Ao

【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向。由感应地动势公式

E=BLv,L是有效切割长度，分析L的变化情况，判断感应电流大小的变化情况，从而选择图像。

5.如图所示，单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度为B的有

界匀强磁场，磁场两边界成8=45。角。线圈的边长为L、总电阻为R。现使线圈以水平向右的速度u匀速进

入磁场。下列说法正确的是（）

A.当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电压U=BLv

22

B.当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力F.=B.

女R

C.当线圈中心经过磁场边界时，问路的瞬时电功率「=更在

2?

D.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量］=牛

【答案】C

【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用。要正确区分电源与外电路，能产生感应电

动势的导体相当于电源，电源两端的电压是路端电压，不是内电压。A.当线圈中心经过磁场边界时，只有

NP边产生切割磁感线，线圈中产生的感应电动势为

E=BLv

NP间F勺电压为路端电压，则有

33

U=-rE=~TBLV

44

故A错误；

B.当线圈中心经过磁场边界时，线圈NP、PQ边受到安培力作用，根据安培力公式且将NP、PQ两边所受

的安培力合成得

片「BLv72S2L2V

F4=V2BIL=y/2B—=：—L=--------------

女RR

故B错误；

c.当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率

E2B2L2V2

p=-R=-fr~

故c正确;

D.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量为

△①

E△①BL2

q=TXt=铲”

故D错误。

故选Co

【分析】根据感应电动势公式E=BLv,求出线框中产生的感应电动势E,结合电路知识求解路端电压；

PN边切割磁感线，相当于电源，PN间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解；根据功率公式求解回路电功

率；根据电磁感应的电荷量推论公式求解电荷量；

6.如图所示，有界磁场的宽度为d,一带电荷量为q、质量为m的带负电粒子以速度%垂直边界射入磁场，

离开磁场时速度的偏角为30°,不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（）

-d»

।XXX।

!xvoxx:

rA

}XXX：

II

!xxx：

；XXX}

II

।!xxx।

；XXX;

II

；xXX：

■I•I

A.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d

B.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为空

C.带电粒子在匀强磁场中运动的时间为戳

D.匀强磁场的磁感应强度大小为簿

【答案】C

【解析】【解答】本题考查了带电粒子在磁场中的运动规律，要注意分析清楚粒子运动过程，咋出粒子运动轨

迹，由几何知识求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律即可正确解题。A.有界磁场的宽度为d,一带电荷

量为q、质量为6的带负电粒子以速度％垂直边界射入磁场，带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据

几何关系有

d

R=----------o=2d

sin30

故A错误；

B.带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为

V0_v0

b）=~R=2d

故B错误；

C.带电粒子在匀强磁场中运动的时间

30°2nRnd

360%3v0

故c正确；

D.由洛伦兹力提供向心力得

VQ

quo'=M反

解得

2dq

故D错误。

故选C。

d

【分析】粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系求半径；找到粒子做圆周运动的圆心角，求粒子在匀强磁场

中运动的时间；由洛伦兹力提供向心力的公式求磁感应强度大小。

7.如图所示为F1旋加速器工作原理示意图：置于高真空中的D形金属盒半径为R,两金属盒间的狭缝很小，

带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为8的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。若D型盒圆心A处粒

子源产生质子，质量为m、电荷量为+q、初速度为零，质子在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论

效应和重力的影响，则下列说法正确的是（）

B

A.随着速度的增加，质子在磁场中运动的周期越来越短

B.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为鱼:1

C.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

D.质子被加速后的最大动能等于

【答案】B

【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知

道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.A.质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力

V2

quB=m—

又

2nr

T=v

联立可得质子在磁场中运动的周期为

271772

可知随着速度的增加，质子在磁场e运动的周期保持不变，故A错误;

B.质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力

V2

qvB=m—

解得

mv

r=—ocv

qB

质子第1次经过两D形盒间狭缝后，获得的速度为巧，则有

12

qU=2mvi

解得

2qU

叽=m

质子第2次经过两D形盒间狭缝后，获得的速度为W，则有

12

2qU=5也仍

乙

解得

4qU

V2=m

联立可得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为

2=艺=也

n-T

故B正确；

CD.质子离开回旋加速器时，在磁场中的最大半径为R,则有

R=

解得质子的最大速度为

qBR

可得质子的最大动能为

可知质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U无关，故CD错误。

故选B。

【分析】回旋加速器的工作条件是壮场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等.回旋加速器运用电场加

速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能.

8.如图所示，水平放置的平行金属板A、B与电源相连，两板间电压为U,距离为d.两板之间有垂直于纸面

向里的匀强磁场，磁感应强度大小为81、圆心为O的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强

度大小为治。一束不计重力的带电粒子沿平行于金属板且垂直于磁场的方向射入金属板间，然后沿直线运

动，从a点射入圆形磁场，在圆形磁场中分成1、2两束粒子，两束粒子分别从c、d两点射出磁场。已知ab

为圆形区域的水平直径，AcOb=60°,4dOb=120°不计粒子间相互作用，下列说法正确的是（）

A.金属板A、B分别接电源的负、正极

B.进入圆形磁场的粒子的速度大小为半

C.1、2两束粒子的比荷之比为3：I

D.1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比为3：2

【答案】D

【解析】【解答】本题中粒子先在速变选择器中做匀速直线运动、在磁场中做匀速圆周运动，磁场中画出轨迹

是解题的关键，根据平衡条件、牛顿第二定律即可处理这类问题。A.粒子在圆形磁场区域内向上偏转，根

据左手定则可知粒子带正电；粒子在速度选择器内受到的洛伦兹力的方向也向上，由于粒子在速度选择器内

做匀速直线运动，可知粒子受到的且场力的方向向下，所以电场的方向向下，金属板A、B分别接电源的正

极、负极，A错误；

B.金属板AB间的电场强度

U

E=d

由题意可知，正离子通过金属板AB之间做匀速直线运动，根据平衡条件有

qE=qvB1

所以

U

v-I-

B错误；

C.轨迹如图

粒子在圆形磁场中的运动轨迹是一段圆弧，如下图所示，o'是离子做圆周运动轨迹的圆心，从C点射出的粒

子的半径

=/?tan60°=V3/?

由几何关系可知，从d点射出的粒子的半径

=.3。。=孚R

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径

mv

r=qB

则1、2两束粒子的比荷之比为

^7_r2_1

QT=n=3

m2

C错误；

D.根据周期公式

2nm

T=

粒「在圆形有界磁场中运动的时间

0_mO

271T-qB

其中

61_60°_1

e^=120d=2

所以1、2两束粒子在圆形有界磁场中运动的时间之比

_3

5=2

D正确。

故选Do

【分析】粒子进入平行金属板做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由平衡条件可求出速度

大小v；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出轨迹半径，根

据牛顿第二定律求解比荷的大小关系。

二、多项选择题（本大题4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合

题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错或不选的得。分）

9.下列说法中正确的是（）

A.磁电式电表的线圈常常用铝把做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应

B.电磁炉中线圈通交变电流时，在金属锅上产生涡流，使锅体发热而加热食物

C.精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场

D.车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理

【答案】B,D

【解析】【解答】本题考查电磁感应的应用与防止，注意与电流的磁效应的区别，理解双线绕法能减弱产生磁

场原理。A.磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利用电磁感应，故A错误；

B.电磁炉中的线圈通高频电流时，线圈中产生自感现象，在铁磁性金属锅.上产生涡流，使锅体发热从而加

热食物，故R正确：

C.精密线绕电阻常采用双线绕法，通入电流后，双线产生的磁场方向是相反的，所以会减弱通电时产生的

磁场，这样，就能减小电流改变时引起的自感现象，达到维持电阻稳定的目的，故c错误；

D.车站的安检门探测人携带的金属物品的工作原理足由交流电通过线圈产生迅速变化的磁场，磁场在金属

物体内部能感生涡电流；涡电流又会产生磁场，反过来影响原来的磁场，引发探测器发出鸣声，故D正确。

故选BD。

【分析】电磁炉是采用电磁感应原理，利用涡流，使锅体发热；铝框做骨架，起到电磁阻尼作用，是为了利

用电磁感应；双线绕法，是减弱通日时产生的磁场；安检门的工作原理是电磁感应，从而即可求解。

10.如图所示，重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A到

C方向的恒定电流，螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开大S闭合后一小段时间内，下列判断正

确的（）

|一

A.丝线的拉力大于G

B.丝线的拉力小于G

C.从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动

D.从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动

【答案】A,C

【解析】【解答】本题考查了安培定则与左手定则的应用，掌握基础知识是解题的前提，认真审题理解题意后

应用安培定则与左手定则即可解题。CD.开关S闭合后，画出一条与AC相交的磁感线，设两交点处磁感应

强度分别为B和B,根据安培定则判断，磁感线方向如图所示，

分别将B和B'沿水平方向与竖直方向分解，根据左手定则判断知A端受到垂直纸面向外的安培力，C端受到

垂直纸面向内的安培力，S闭合后的一小段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，C正确，D错

误；

AB.开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的分安培力，丝线的拉力大于G,故A正确，B错误。

故选ACo

【分析】闭合开关，螺线管产生磁场，应用安培定则判断出通电铜导线所处位置磁场方向，应用左手定则判

断出通电铜棒所受安培力方向，然后分析答题。

11.如图所示，场强为E的匀强电场竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小

球（视为质点）获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g,卜.列说法正

A.小球做匀速圆周运动的周期为歙

2nE

B.小球做匀速圆周运动的周期为爵

C.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为是另

D.若把电场的方向改成竖直向二，小球正好做匀速直线运动，则其速度为年

D

【答案】B,D

【解析】【解答】本题主要考查了物体在复合场中的运动，熟悉物体的受力分析，掌握其向心力的来源，结合

牛顿第二定律即可完成解答。AB.小球要做匀速圆周运动，电场力与重力要等大反向，电场力向上，小球必

须带负电，则有qE=mg

解得m=誓

小球做匀速圆周运动的周期为T=—

v

粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有=

*=卷

故周期为7=等

联立解得了=嚼

故A错误，B正确；

CD.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，小球带负电，根据平衡条件=+

又加喈

解得U=券

故C错误，D正确。

故选DDo

【分析】根据对小球的受力分析得出小球的电性；小球的合力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式

得出运动的周期；根据电场力和重力的关系得出小球的质量大小；根据小球的平衡状态，结合受力分析得出

速度的大小。

12.如图所示，光滑水平地面上有一块足够长且不带电的绝缘木板，空间存在垂直纸面水平向内的匀强磁场

和水平向右的匀强电场，某时刻在木板上表面由静止释放一个带正电的物块，开始的一段时间内两物体能一

起运动，已知木板和物块的质量均为m,物块的电量为q,电场强度为E,磁感应强度为B,木板与物块之

间的滑动摩擦因数为小可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,则（）

XXXX

A.一起运动阶段，两物体的加速度大小为更

B.一起运动阶段，两物体间的最大静摩擦力逐渐增大

C.两物体间的压力为零时，恰好发生相对滑动

D.两物体间恰好发生相对滑动时，物块速度大小为褪-壶

【答案】A,D

【解析】【解答】对整体物体而言，先开始匀加速，随着速度增大，物块受到的洛伦兹力增大，则对木板的压

力减小，最大静摩擦力减小，当最大静摩擦力不足于木板的加速度时，就开始相对滑动，分清因果关系列相

应表达式就可判断各项的正误。A.一起运动阶段，两物体作为一个整体，根据牛顿第二定律有qE=

解得其加速度大小为。=熟

故A正确；

B.由题知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即/"血="N=-qM）

随着运动速度的增大，洛仑兹力逐渐增大，物块对木板的压力逐渐减小，则最大静摩擦力逐渐减小，故B错

误；

CD.发生相对滑动前，两物体具有相同的加速度，即0=退吆=£

mm

发生相对滑动的临界条件是物块的加速度开始大于等于木板的加速度，即况>£

mm

解得/W.qE

又静摩擦力f=—qvR}

解得“二翳一输

所以恰好发生相对滑动时，物块和木板之间仍有摩擦力存在，即仍有压力存在，故C错误，D正确。

故选ADo

【分析】离开前后对整体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度大小及其他力的变化，在竖直方向利

用平衡条件确定物体间的弹力和摩擦力的变化，将要滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。

三、填空题（每空2分，共16分）

13.某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G,在没有电流通过灵敏电流计

的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图中所示的电路中，电流计的指

针如图甲中所示。

，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中

的条形磁铁的运动情况是（填”向上拔出''或"向下插入”）

（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问

灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导线的绕向（填“有''或"没有”）关系。她合上开关后，灵敏电流

计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是o

A.断开开关B.在A线圈中插入铁芯

C.变阻器的滑片向右滑动D.变阻器的滑片向左滑动

【答案】向下排入；有；AC

【解析】【解答】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个同路的不同。知道

磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。（1）由图甲可知，电

流从灵敏电流计的左接线柱流入，指针往左偏；由图乙可知，螺线管中的电流方向为逆时针方向（从下往上

看），根据安培定则，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁铁在螺线管中的磁场方向（原磁场方

向）竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，

所以条形磁铁向下插入线圈.

（2）由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极方

向，螺线管B中导线的绕向不同，则灵敏电流计中电流方向不同，故灵敏电流计中电流方向与螺线管B中导

线的绕向有关；

A.合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增加时，电流计指针右偏：现在要使灵

敏电流计的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小；断开开关，则穿过8线圈的磁通量减小，根

据楞次定律可知，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈中的感应电流方向相反，灵敏电流计左

偏，故A正确；

B.在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生的电流方向与开关合

上瞬间线圈8中的电流方向相同，灵敏电流计指针右偏，故B错误；

C.由图闪可知，变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，线圈A的磁感应强度减小，穿过线圈8的磁

通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈8中的感应电流方向相反，灵

敏电流计左偏，故C正确；

D.由图丙可知，变阻器的滑片向左滑动，电路中的电流增大，线圈A的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁

通量增大，根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流方向与开关合上瞬间线圈B中的感应电流方向相同，灵

敏电流计右偏，故D错误。

故选AC。

【分析】（1）根据楞次定律和安培定则分析；

（2）根据安培定则分析；根据楞次定律和电流的流向结合电路分析。

14.某学习小组利用硅化像霍尔元件（载流子为电子）研究霍尔效应，实验原理如图1所示，匀强磁场垂直

于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH,加通过1、3测脚时，2、4测脚间招产生霍尔电压

（1）该霍尔元件中，载流子运动方向和电流方向（选填“相同”、“相反”），2、4测脚中电势高

的是（选填“2”或“4”）测脚。

（2）某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图2）,其读数为mm,调节工作电压，

改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：

实验次数12345

IH/HIA0.501.001.502.002.50

UH/mV41.583.1124.8166.4208.1

根据实验数据在如图3所示的坐标纸上作出UH与加的关系图像

U，mV

（3））设该元件单位体积中自由包子的个数为n,元件厚度为d,磁感应强度为B,电子电荷量为e,则

UH与IH的关系式为o（最终结果用字母n、d、B、e、UH、IH表示）

⑶Uli=Sd

【解析】【分析】本题考查对霍尔效应的理解，熟悉公式的运用。带电粒子在洛伦兹力与电场力作用下处于平

衡状态。

（1）由题知，载流子为电子，故载流子运动方向和电流方向相反；

根据左于定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高。

（2）螺旋测微器的读数为d=2mm4-0x0.01mm=2.000mm

（3）霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有电8=

电流微观表达式=neSv

设霍尔元件的宽度为人则霍尔元件的电压为=El

霍尔元件的截面面积S=Id

联立解得=需

【分析】（1）根据左手定则分析；

（2）根据螺旋测微器的读数原理解答；

（3）霍尔元件中电r受到的洛伦兹力等于电场力，运用洛伦兹力公式、电场力公式、电流微观表达式等列

出相应的关系式求解。

（1）⑴由题知，载流子为电子，故载流子运动方向和电流方向相反；

[2]根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故2测脚中电势高。

（2）螺旋测微器的读数为d=2mm+0x0.01mm=2.000mm

[2]将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示

（3）霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有euB=eE

电流微观表达式=neSv

设霍尔元件的宽度为则霍尔元件的电压为U“=矶

霍尔元件的截面面积S=Id

联立解得加=需

四、解答题（本大题3小题，共36分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案）

15.如图所示，水平放置的平行金属导轨间距为0.5m,两金属导轨间接一定值电阻，质量为Mg、长度为

0.5m的金属杆垂直导轨静止放置，在虚线MN右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为17。现对金属

杆施加水平向右、大小恒为6N的拉力，经过1s时间，金属杆刚好进入磁场并做匀速运动。已知杆与导轨间的

动摩擦因数为0.2,杆与导轨始终保持垂直且接触良好，两者电阻均忽略不计，重力加速度g取lOm/s?。

（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势大小;

（2）定值电阻的阻值。

【答案】（1）进入磁场前，根据牛顿第二定律

F-=ma

即

6—0.2xlxl0=lxa

解得

a=4m/s2

杆进入磁场（磁场足够大）时恰好开始做匀速直线运动，速度

v=at=4m/s

故金属杆在磁场中运动时产生的电动势大小

E=BLv=1X0.5X4=2K

（2）杆进入磁场（磁场足够大）时恰好开始做匀速直线运动，由平衡条件有

F=BIL+^mg

即

6=1x/x0.54-0.2x1x10

解得

/=8A

根据欧姆定律

E

I=R

解得

R=0.25。

【解析】【分析】（1）金属杆在匀加速运动过程中，根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据孟动学公式求解

金属杆刚进入磁场时的速度大小，杈据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小；

（2）金属杆刚好进入磁场并做匀速运动，根据平衡条件、闭合电路欧姆定律求解定值电阻的阻值。

（1）进入磁场前，根据牛顿第二定律

F—fimg=ma

即

6—0.2xlxl0=lxa

解得

a=4m/s2

杆进入磁场（磁场足够大）时恰好开始做匀速直线运动，速度

v=at=4m/s

故金属杆在磁场中运动时产生的电动势大小

F.=Ria=1x0.Sx4=217

（2）杆进入磁场（磁场足够大）时恰好开始做匀速直线运动，由平衡条件有

F=BIL+fimg

即

6=1x/x0.5+0.2x1x10

解得

/=84

根据欧姆定律

E

I=R

解得

R=0.25。

16.如图所示，在水平面内建立xOy坐标系，在第I、IV象限中存在方向竖直向下的匀强磁场，第IV象限的

磁感应强度大小为质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O沿与+%方向成。=30。以一定速度时

入第IV象限，第一次经过x轴上的Q点，OQ间的距离为a。粒子可视为质点，不考虑粒子重力。

XXXX

XXXX

xQx

XXXX

XXXXX

(1)求粒子射入时的速度大小;

(2)要使粒子不从y轴飞出，求第I象限磁场区域的磁感应强度々大小应满足的条件;

(3)若第I象限磁场区域的磁感应强度8=3%,求粒子经过x轴的位置坐标可能值。

【答案】(1)第一次经过x轴上的Q点由几何关系，可得：R=a

XXXXX

由洛伦兹力提供向心力：qvB0=m^-

可得：口=四吧

m

(2)当带电粒子做匀速圆周运动恰好和y轴相切时，B最小。设B的最小值为当献“，圆的半径为Ri,根据

XXXXX

V2

由向心力公式得quBmin=mR；

解得

所以当＞|50

(3)当8=36。时，粒子运动的半径为/?2=£宠=《。

OO

第一次由第IV象限经过X轴的坐标为小=Q

第二次由第I象限经过x轴的坐标为冷=\a

第三次由第IV象限经过X轴的坐标为无3=|Q

第四次由第I象限经过X轴的坐标为41Q

归纳得，粒子由第N象限经过X轴的位置坐标％=氯2九+1)(n=l,2,3……)

由第【象限经过x轴的位置坐标％=和(n=l,2,3……)

【解析】【分析】(1)画出粒子轨迹，根据几何知识求得轨迹半径，再根据即勺口殳二小会求得粒子射入时的

速度大小；

(2)要使粒子不从y轴飞出，轨迹恰好与y轴相切是临界，结合几何知识求解第【象限磁场区域的磁感应

强度Bi大小应满足的条件；

(3)先求出一个周期内粒子经过x轴的位置坐标，结合圆周运动的周期性求得粒子经过x轴的位置坐标可

能值。

(1)第一次经过x轴上的Q点由几何关系，可得：R=a

XX