高中物理磁场复习题200题(带答案解析)

..评卷人得分一、选择题1．如图所示,一电荷量为q的负电荷以速度v射入匀强磁场中．其中电荷不受洛仑兹力的是<>A.B.C.D.[答案]C[解析]由图可知,ABD图中带电粒子运动的方向都与粗糙度方向垂直,所以受到的洛伦兹力都等于qvB,而图C中,带电粒子运动的方向与磁场的方向平行,所以带电粒子不受洛伦兹力的作用．故C正确,ABD错误．故选C.2．如图所示为电流产生磁场的分布图,其中正确的是<>A.B.C.D.[答案]D[解析]A中电流方向向上,由右手螺旋定则可得磁场为逆时针〔从上向下看,故A错误；B图电流方向向下,由右手螺旋定则可得磁场为顺时针〔从上向下看,故B错误；C图中电流为环形电流,由由右手螺旋定则可知,内部磁场应向右,故C错误；D图根据图示电流方向,由右手螺旋定则可知,内部磁感线方向向右,故D正确；故选D.点睛：因磁场一般为立体分布,故在判断时要注意区分是立体图还是平面图,并且要能根据立体图画出平面图,由平面图还原到立体图.3．下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I、磁场的磁感应强度B和所受磁场力F的方向,其中图示正确的是<>A.B.C.D.[答案]C[解析]根据左手定则的内容：伸开左手,使大拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向,可得：

A、电流与磁场方向平行,没有安培力,故A错误；

B、安培力的方向是垂直导体棒向下的,故B错误；

C、安培力的方向是垂直导体棒向上的,故C正确；

D、电流方向与磁场方向在同一直线上,不受安培力作用,故D错误．故选C.点睛：根据左手定则直接判断即可,凡是判断力的方向都是用左手,要熟练掌握,是一道考查基础的好题目.4．如图所示,水平地面上固定着光滑平行导轨,导轨与电阻R连接,放在竖直向上的匀强磁场中,杆的初速度为v0,不计导轨及杆的电阻,则下列关于杆的速度与其运动位移之间的关系图像正确的是〔A.B.C.D.[答案]C[解析]导体棒受重力、支持力和向后的安培力；

感应电动势为：E=BLv

感应电流为：

安培力为：

故：求和,有：故：故v与x是线性关系；故C正确,ABD错误；故选：C．5．如图所示,直角三角形ABC中存在一匀强磁场,比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场,粒子仅受磁场力作用,分别从AC边上的P、Q两点射出,则<>A.从P射出的粒子速度大B.从Q射出的粒子速度大C.从P射出的粒子,在磁场中运动的时间长D.两粒子在磁场中运动的时间一样长[答案]BD[解析]试题分析：粒子在磁场中做圆周运动,根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹,根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系,从而分析得出结论．粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系〔图示弦切角相等,粒子在磁场中偏转的圆心角相等,根据粒子在磁场中运动的时间：,又因为粒子在磁场中圆周运动的周期,可知粒子在磁场中运动的时间相等,故D正确,C错误；如图,粒子在磁场中做圆周运动,分别从P点和Q点射出,由图知,粒子运动的半径,又粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度,故A错误B正确；[点睛]带电粒子在匀强磁场中运动时,洛伦兹力充当向心力,从而得出半径公式,周期公式,运动时间公式,知道粒子在磁场中运动半径和速度有关,运动周期和速度无关,画轨迹,定圆心,找半径,结合几何知识分析解题,6．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纸面放置,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示．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边垂直,指向右边C.与ab边平行,竖直向下D.与ab边垂直,指向左边[答案]D[解析]试题分析：先根据右手定则判断各个导线在c点的磁场方向,然后根据平行四边形定则,判断和磁场方向,最后根据左手定则判断安培力方向导线a在c处的磁场方向垂直ac斜向下,b在c处的磁场方向垂直bc斜向上,两者的和磁场方向为竖直向下,根据左手定则可得c点所受安培力方向为与ab边垂直,指向左边,D正确；7．下列说法中正确的是<>A.电场线和磁感线都是一系列闭合曲线B.在医疗手术中,为防止麻醉剂乙醚爆炸,医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套,这样做是为了消除静电C.奥斯特提出了分子电流假说D.首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培[答案]B[解析]电场线是从正电荷开始,终止于负电荷,不是封闭曲线,A错误；麻醉剂为易挥发性物品,遇到火花或热源便会爆炸,良好接地,目的是为了消除静电,这些要求与消毒无关,B正确；安培发现了分子电流假说,奥斯特发现了电流的磁效应,CD错误；8．在如图所示的平行板电容器中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直,一带正电的粒子q以速度v沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不偏转〔忽略重力影响。以下说法正确的是A.带电粒子在电磁场中受到的电场力、洛伦兹力相互垂直B.若粒子带负电,其它条件不变,则带电粒子向上偏转C.若粒子电量加倍,其它条件不变,则粒子仍沿直线穿过两板D.若粒子从右侧沿虚线飞入,其它条件不变,则粒子仍沿直线穿过两板[答案]C[解析]带正电的粒子受向下的电场力,向上的洛伦兹力,方向共线,选项A错误；因粒子做直线运动,故,则,则若粒子带负电,其它条件不变,则带电粒子仍沿直线运动,选项B错误；根据,若粒子电量加倍,其它条件不变,则粒子仍沿直线穿过两板,选项C正确；若粒子从右侧沿虚线飞入,其它条件不变,则受电场力向下,洛伦兹力也向下,故则粒子将向下偏转,选项D错误；故选C.点睛：解决本题的关键知道在速度选择器中,从左边射入,速度满足条件,电场力与洛伦兹力平衡,与电量、电性无关。9．如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=〔0.4-0.2tT,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则：A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C至DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D至CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为l.2N[答案]AC[解析]试题分析：根据楞次定律,并由时刻来确定磁场的变化,从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律,结合闭合电路欧姆定律,及安培力表达式,与力的合成与分解,并由三角知识,即可求解．当t=1s时,则由磁感应强度随时间变化规律是,可知,磁场在减小,根据楞次定律可得,金属杆中感应电流方向从C到D,故A正确；当t=3s时,磁场在反向增加,由楞次定律可知,金属杆中感应电流方向从C到D,故B错误；当在t=1s时,由法拉第电磁感应定律,则有；

再由欧姆定律,则有感应电流大小；则t=1s时,那么安培力大小；由左手定则可知,安培力垂直磁场方向斜向上,则将安培力分解,那么金属杆对挡板P的压力大小,故C正确；同理,当t=3s时,感应电动势仍为E=0.1V,电流大小仍为I=1A,由于磁场的方向相反,由左手定则可知,安培力的方向垂直磁感线斜向下,根据力的合成,则得金属杆对H的压力大小为,故D错误；10．如右图所示,A、B为大小、形状、匝数、粗细均相同,但用不同材料制成的线圈,两线圈平面位于竖直方向且高度相同。匀强磁场方向位于水平方向并与线圈平面垂直。同时释放A、B线圈,穿过匀强磁场后两线圈都落到水平地面,但A线圈比B线圈先到达地面。下面对两线圈的描述中可能正确的是<>A.A线圈是用塑料制成的,B线圈是用铜制成的B.A线圈是用铝制成的,B线圈是用胶木制成的C.A线圈是用铜制成的,B线圈是用塑料制成的D.A线圈是用胶木制成的,B线圈是用铝制成的[答案]AD[解析]试题分析：塑料、胶木是绝缘体,若线圈是用塑料、胶木制成的,通过磁场时,不产生感应电流,不受安培力,只受到重力作用；若线圈是由金属制成的,通过磁场时,线圈产生感应电流,受到向上的安培力作用,下落速度变慢．A线圈是用塑料制成的,通过磁场时,不产生感应电流,不受安培力,只受到重力作用．B线圈是用铜制成的,进入和穿出磁场时,线圈中产生感应电流,受到竖直向上的安培力,下落速度变慢,因此,A线圈比B线圈先到达地面,故A正确；A线圈是用铝制成的,进入和穿出磁场时,线圈中产生感应电流,受到竖直向上的安培力,下落速度变慢,B线圈是用胶木制成的,通过磁场时,不产生感应电流,不受安培力,只受到重力作用．这样,B线圈比A线圈先到达地面,故B错误；A线圈是用铜制成的,进入和穿出磁场时,线圈中产生感应电流,受到竖直向上的安培力,下落速度变慢,B线圈是用塑料制成的,通过磁场时,不产生感应电流,不受安培力,只受到重力作用．这样,B线圈比A线圈先到达地面,故C错误；A线圈是用胶木制成的,通过磁场时,不产生感应电流,不受安培力,只受到重力作用,B线圈是用铝制成的,进入和穿出磁场时,线圈中产生感应电流,受到竖直向上的安培力,下落速度变慢,因此,A线圈比B线圈先到达地面,故D正确．11．如图所示,ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时在同一竖直平面内.当两导线中通以大小相等的电流时,小磁针N极向纸里面转动,则两导线中的电流方向〔A.一定都是向上B.一定都是向下C.ab中电流向下,cd中电流向上D.ab中电流向上,cd中电流向下[答案]D[解析]若两导线中的电流方向均向上,根据安培定则判断可知,小磁针N极静止不动,与题意不符,故A错误；若两导线中的电流方向均向下,根据安培定则判断可知,小磁针N极向纸外面转动,与题意不符,故B错误；若ab中电流向下,cd中电流向上,根据安培定则判断可知,小磁针N极向纸外面转动,与题意不符,故C错误；若ab中电流向上,cd中电流向下,根据安培定则判断可知,小磁针N极向纸里面转动,与题意相符,故D正确．12．在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放人导电液体。现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。若从上向下看,下列判断正确的是A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负授,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50Hz交流电源相接,液体持续旋转D.磁场N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变[答案]A[解析]试题分析：在电源外部,电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到的安培力方向,从而判断出液体的旋转方向．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；器皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确；若B接电源正极、A接电源负极,根据左手定则得,液体沿逆时针作圆周运动,故B错误；A、B与50Hz的交流电源相接,液体不会旋转,故C错误；若磁场N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故D错误．13．地球的地理两极与地磁两极并不完全重合,它们之间存在磁偏角,首先观测到磁偏角的是A.意大利航海家哥伦布B.葡萄牙航海家麦哲伦C.我国的航海家郑和D.中国古代科学家沈括[答案]D[解析]世界上第一个清楚的、准确的论述磁偏角的是沈括,沈括是中国历史上最卓越的科学家之一,他发现了地磁偏角的存在,比欧洲发现地磁偏角早了四百多年,D正确．14．下列关于磁感线说法正确的是〔A.磁感线可以形象的描述磁场的强弱与方向B.沿磁感线方向,磁场越来越弱C.所有磁感线都不是闭合的D.磁感线与电场线一样都能相交[答案]A[解析]磁感线的疏密程度可以表示磁感应强度大小,磁感线的方向可表示磁感应强度方向,A正确B错误；在磁体外部,磁场方向是从N到S,在磁体内部是从S到N,形成一个闭合的曲线,C错误；如果磁感线和电场线可以相交,则在交点处有两条切线方向,与事实不符,故都不可以相交,D错误．15．如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为,质量为的直导体棒,导体棒中的电流垂直纸面向里,欲使导体棒静止在斜面上,可施加一个平行于纸面的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度为。当匀强磁场的方向由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中,下列关于的大小变化的说法中,正确的是<>A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小[答案]C[解析]对导体棒受力分析,受重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力为零,将支持力和安培力合成,合力与重力相平衡,如图：

从图中可以看出,安培力先变小后变大,由于,其中电流I和导体棒的长度L均不变,故磁感应强度先变小后变大,故选项C正确。点睛：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题,其中一个力大小和方向都不变,一个力方向不变、大小变,第三个力的大小和方向都变,根据平行四边形定则做出力的图示分析即可。16．如图所示,电源电动势3V,内阻不计,导体棒质量60g,长1m,电阻1.5Ω放在两个固定光滑绝缘环上,若已知绝缘环半径0.5m.空间存在竖直向上匀强磁场,B=0.4T.当开关闭合后,则<sin37。=0.6>:A.棒能在某一位置静止,在此位置上棒对每一只环的压力为1NB.棒从环的底端静止释放能上滑至最高点的高度差是0.2mC.棒从环的底端静止释放上滑过程中最大动能是0.2JD.棒从环的底端静止释放上滑过程中速度最大时对两环的压力为1N[答案]A[解析]金属棒受到的安培力为：;对金属棒进行受力分析,金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力,如图：

因为金属棒静止,根据平衡条件得每个环对棒的支持力,选项A错误；由于：所以：θ=53°

所以金属棒上升的高度为：h=2〔r-rcosθ=2〔0.5-0.5cos53°=0.4m,选项B错误；由动能定理得：F•Rsinθ-mgR〔1-cosθ=Ekm=mvm2

代入数据得：Ekm=0.2J；根据牛顿定律：解得：FMn=0.9N,故选项C正确,D错误；故选C.注：此题答案应为C.17．如图所示,带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°,且同时到达P点．a、b两粒子的质量之比为:A.3∶4B.4∶3C.1∶2D.2∶1[答案]C[解析]根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示,则a、b粒子的圆心分别是O1和O2,设磁场宽度为d,由图可知,粒子a的半径,粒子b的半径为由Ek=mv2可得：,即

由可得：,又b粒子轨迹长度为,粒子a的轨迹长度为,所以,

联立以上各式解得,所以A正确,BCD错误．故选：A．

点睛：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图,并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角,再结合圆周运动的有关规律联立即可求解．注：此题答案应该是A.18．如图所示,匀强磁场的方向竖直向下,磁场中有光滑的水平桌面,在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管,试管在水平拉力F作用下向右匀速运动,带电小球能从管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前的运动,下列说法中不正确的是:A.小球带正电B.试管对小球做正功C.小球运动的轨迹是一条抛物线D.维持试管匀速运动的拉力F应保持恒定[答案]D[解析]小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口洛伦兹力,根据左手定则判断,小球带正电．故A正确．设管子运动速度为v1,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不变,F1不变,则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似,小球运动的轨迹是一条抛物线．故C正确．设小球沿管子的分速度大小为v2,则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B,v2增大,则F2增大,管壁对小球的作用力向右,故试管对小球做正功；拉力F=F2,则F逐渐增大．故B正确,D错误．此题选择错误的选项,故选D.点睛：本题中小球做类平抛运动,其研究方法与平抛运动类似：运动的合成与分解,其轨迹是抛物线．本题采用的是类比的方法理解小球的运动。19．物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果,下面关于一些物理学家的贡献说法正确的是:A.安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力,首次揭示了电与磁的联系B.奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现,并提出了著名的洛伦兹力公式C.纽曼和韦伯在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化D.法拉第不仅提出了电场的概念,而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场[答案]D[解析]奥斯特通过实验发现了通电导线对磁体有作用力,首次揭示了电与磁的联系,选项A错误；洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现,并提出了著名的洛伦兹力公式,选项B错误；楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项C错误；法拉第不仅提出了电场的概念,而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场选项D正确；故选D.20．带负电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4.如图所示．不计空气阻力,则<>A.h1=h2=h3=h4B.h1=h3＞h2C.h1=h4<h3D.h1=h3<h4[答案]D[解析]第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：．第3个图：当加上电场时,由运动的分解可知：在竖直方向上有,,所以h1=h3；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时的球的动能为Ek,则由能量守恒得：mgh2+Ek=mv02,又由于mv02=mgh1

所以h1＞h2．h3＞h2．第4个图：因小球带负,受电场力向下,则h4一定小于h1；由于无法明确电场力做功的多少,故无法确定h2和h4之间的关系；故ABC错误,D正确；故选：D.21．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．如图是霍尔元件的工作原理示意图,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两侧面会形成电压U,下列说法中正确的是〔A.若元件的载流子是正离子,则C侧面电势高于D侧面电势B.若元件的载流子是自由电子,则C侧面电势高于D侧面电势C.在测地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平D.在测地球两极上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直[答案]A[解析]若元件的载流子是自由电子,根据左手定则,电子向C侧面偏转,C表面带负电,D表面带正电,所以D表面的电势高；同理,若元件的载流子是正离子,则C侧面电势高；选项A正确,B错误；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,应将元件的工作面保持竖直,让磁场垂直通过．故C错误．在测地球两极上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平,让磁场垂直通过．故D错误．故选A.22．以下关于物理学史的叙述,不正确的是<>A.伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动B.牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值,从而使万有引力定律有了真正的使用价值C.法拉第最早引入了场的概念,并提出用电场线描述电场D.奥斯特发现电流周围存在磁场,并提出分子电流假说解释磁现象[答案]D[解析]伽利略通过实验和推理论证说明了自由落体运动是一种匀变速直线运动,选项A正确；牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许用扭秤实验测出了引力常量的数值,从而使万有引力定律有了真正的使用价值,选项B正确；法拉第最早引入了场的概念,并提出用电场线描述电场,选项C正确；奥斯特发现电流周围存在磁场,安培提出分子电流假说解释磁现象,选项D错误；此题选择错误的选项,故选D.23．如图所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1或U2的变化情况为<不计重力,不考虑边缘效应>A.仅增大U2,d将增大B.仅增大U1,d将减小C.仅增大U1,d将增大D.仅增大U2,d将减小[答案]C[解析]对于加速过程,有,得,带电粒子在电场中做类平抛运动,可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向,设出射速度与水平夹角为,则有：,而在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,半径与直线MN夹角正好等于,则有：,所以,又因为半径公式,则有,故d随变化,d与无关,仅增大,d将增大,故C正确,ABD错误。点睛：带电粒子在磁场中的运动类题目关键在于确定圆心和半径,然后由向心力公式即可确定半径公式,由几何关系即可求解。24．如图所示,为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正。则以下反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象错误的是A.B.C.D.[答案]C[解析]A、当线框进入磁场时,位移在内,磁通量开始均匀增加,当全部进入左侧磁场时达最大,且为负值；位移在内,向里的磁通量增加,总磁通量均匀减小；当位移为时,磁通量最小,为零,位移在到时,磁通量向里,为正值,且均匀增大．位移在时,磁通量均匀减小至零．在内,磁通量均匀增大,且方向向外,为负值．在内,磁通量均匀减小至零,且为负值,故A正确；B、当线圈进入第一个磁场时,由可知,E保持不变,由右手定则知,感应电动势沿逆时针方向,为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时,左右两边同时切割磁感线,感应电动势应为,感应电动势沿逆时针方向,为正值；完全在第三个磁场中运动时,左边切割磁感线,感应电动势为,感应电动势沿逆时针方向,为正值,故B正确；C、因安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,故C错误；D、拉力的功率,因速度不变,而在线框在第一个磁场时,电流为定值,拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时,由B的分析可知,电流加倍,故安培力加培,功率加倍；此后从第二个磁场中离开时,安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力,故D正确；点睛：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流,则可求得安培力的变化；由可求得电功率的变化。25．回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示.设D形盒半径为R．若用回旋加速器加速质子时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交流电频率为f.则下列说法正确的是A.质子的回旋频率等于2fB.质子被电场加速的次数与加速电压无关C.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRD.不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速电子[答案]C[解析]A、回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,带电粒子在匀强磁场中回旋频率等于,故A错误；B、根据,得,与加速的电压无关,然而一次加速,则有,因此质子被电场加速的次数与加速电压有关,故B错误；C、当粒子从D形盒中出来时速度最大,,故C正确；D、根据,知质子换成电子,比荷发生变化,则在磁场中运动的周期发生变化,回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,故需要改变磁感应强度或交流电的周期,故D错误。点睛：解决本题的关键知道当粒子从D形盒中出来时,速度最大．以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。26．如图所示,一导体棒放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上,并与金属导轨组成闭合回路。当回路中通有电流时,导体棒受到安培力作用。要使安培力增大,可采用的方法有<>A.增大磁感应强度B.减小磁感应强度C.增大电流强度D.减小电流强度[答案]AC[解析]试题分析：根据安培力公式分析解题导体受到的安培力大小,要增大安培力,可以增大磁感应强度,增大通过导体棒的电流,故AC正确；27．在下列各图中,已标出了磁场B的方向、通电直导线中电流I的方向,以及通电直导线所受安培力F的方向,其中符合左手定则的是<>A.B.C.D.[答案]A[解析]伸开左手,让磁感线垂直穿过手心,四指指向电流方向,可得A图中安培力方向竖直向上,B图中安培力为零,C图中安培力方向竖直向下,D图中安培力方向垂直纸面向外,故A正确；28．一个磁场的磁感线如图所示,将一个小磁针放入磁场中,则小磁针将<>A.向右移动B.向左移动C.顺时针转动D.逆时针转动[答案]C[解析]小磁针静止时N极指向为磁感应强度方向,故小磁针N极将沿顺时针方向转动,C正确；29．如图所示,为两个同心圆环,当一有界匀强磁场恰好完全垂直穿过A环面时,A环面磁通量为φ1,此时B环磁通量为φ2,有关磁通量的大小说法正确的是<>A.φ1＜φ2B.φ1=φ2C.φ1＞φ2D.不确定[答案]B[解析]只有内有磁场,由与构成的环内没有磁场,所以环1和2的磁通量是相等的,即,故B正确；[点睛]本题很容易算错为面积大的磁通量大,公式中S为磁场穿过线圈的有效面积,不是线圈的实际面积。其实磁通量可以等效于磁感线的条数,这样去理解的话,两种情况下穿过两线圈的磁感应条数相等,即可得出磁通量相等30．如图所示,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行．已知在t=0到t=t1的时间间隔内,长直导线中电流i随时间变使线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．图中箭头表示电流i的正方向,则i随时间t变化的图线可能是〔A.B.C.D.[答案]A[解析]在时间过程中,线框中感应电流沿顺时针方向,由安培定则可知,线框中感应电流的磁场垂直于纸面向里；如果原磁场增强时,则线框所在位置原磁场方向应垂直纸面向外,电流越来越大,根据安培定则可知此时导线中的电流向下,为负,且增大,BD错误,如果原磁场减弱时,则线框所在位置原磁场方向应垂直纸面向里,电流越来越小,根据安培定则可得电流方向为正向,减小,根据左手定则此时线框左边受到的安培力方向向左,右边受到的安培力方向向右,并且左边距离磁场近,所以合力向左,如果电流减小到零后,不在变化,则线框受到的安培力合力不会改变向右,在i小于零时,为阻碍磁通量的增加,线框受到的合力水平向右,故A正确C错误；31．如图所示的天平可用来测定磁感应强度B.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,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m1、m2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〔A.B方向垂直纸面向里,大小为<m1-m2>g/NILB.B的方向垂直纸面向里,大小为mg/2NILC.B的方向垂直纸面向外,大小为<m1-m2>g/NILD.B的方向垂直纸面向外,大小为mg/2NIL[答案]B[解析]B的方向垂直纸面向里,在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码,天平平衡．因为线框也是有质量的,设右边的线框质量为m02,根据平衡有：NBIL=〔m1-m02-m2g,解得．故A错误．当B的方向垂直纸面向里,开始线圈所受安培力的方向向向下,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以右边应加砝码,有mg=2NBIL,所以．故B正确．当B的方向垂直纸面向外,开始线圈所受安培力的方向向向上,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,需要在左边加砝码．故C、D错误．故选B．32．如右图所示,长为L的导线AB放在相互平行的金属导轨上,导轨宽度为d,通过的电流为I,垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为B,则AB所受的磁场力的大小为〔A.BILB.BIdcosθC.BId/sinθD.BIdsinθ[答案]C[解析]由公式F=BIL得．故选：C.33．物理实验都需要有一定的控制条件.奥斯特做电流磁效应实验时就应排除地磁场对实验的影响.下列关于奥斯特实验的说法中正确的是<>A.该实验必须在地球赤道上进行B.通电直导线必须竖直放置C.通电直导线应该水平东西方向放置D.通电直导线可以水平南北方向放置[答案]D[解析]由于地磁的北极在地理的南极附近,故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量,而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力,故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置,而不必非要在赤道上进行,但不能东西放置和竖直放置,故只有D正确．故选D．34．以下关于磁场和磁感应强度B的说法,正确的是〔A.磁场中某点的磁感应强度,根据公式,它跟F、I、l都有关B.磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向C.磁感应强度越大的地方,穿过线圈的磁通量也一定越大D.穿过线圈的磁通量为零的地方,磁感应强度不一定为零[答案]D[解析]磁场中某点的磁感应强度,只由磁场本身决定,跟F、I、l都无关,选项A错误；磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向,选项B错误；根据可知磁感应强度越大的地方,穿过线圈的磁通量不一定越大,选项C错误；根据可知,穿过线圈的磁通量为零的地方,磁感应强度不一定为零,选项D正确；故选D.35．首先发现电流周围存在磁场的物理学家是〔A.安培B.洛伦兹C.法拉第D.奥斯特[答案]D[解析]首先发现电流周围存在磁场的物理学家是奥斯特,故选D.36．如图所示的磁场中,有P、Q两点。下列说法正确的是A.P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度B.P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关C.同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同,都是P→QD.同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力[答案]B[解析]A、磁感线的疏密表示磁场的强弱,由图象知P点的磁场比Q点的磁场强,A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的,与该点是否有通电导线无关．故B正确；C、根据左手定则,通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直,所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q,故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下,在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力,故D错误；故选B.[点睛]解决本题的关键掌握磁感线的特点,磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向,磁感线的疏密表示磁场的强弱．37．如图所示,在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场,一个电子〔质量为m,电荷量为q从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中,速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直．电子在磁场中运动一段时间后,从x轴上的P点射出磁场．则〔A.电了在磁场中运动的时间为B.电子在磁场中运动的时间为C.OP两点间的距离为D.OP两点间的距离为[答案]AC[解析]由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动,转过的圆心角为,所以运动的时间,故A正确,B错误；根据半径公式得：,根据几何关系得：OP两点间的距离,故C正确,D错误。38．如图所示,在正交的匀强电场和磁场的区域内〔磁场水平向内,有一离子恰能沿直线飞过此区域〔不计离子重力〔A.若离子带正电,E方向应向下B.若离子带负电,E方向应向上C.若离子带正电,E方向应向上D.不管离子带何种电,E方向都向下[答案]AD[解析]在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析,在不计重力的情况下,离子在复合场中沿水平方向直线通过故有,若粒子带正电,则受洛伦兹力向上,而电场力向下,所以电场强度的方向向下；若带负电,则受洛伦兹力向下,而电场力向上,所以电场强度的方向向下,因此AD正确,BC错误。点睛：本题考查了速度选择器的工作原理,速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的,故速度选择器只能选择速度而不能选择电性。39．长为L的导线ab斜放〔夹角为θ在水平轨道上,轨道平行间距为d,通过ab的电流强度为I,匀强磁场的磁感应强度为B,如图所示,则导线ab所受安培力的大小为〔A.ILBB.ILBsinθC.D.[答案]AC[解析]电流的方向与磁场方向垂直,则,L为导线的长度,故A、C正确,B、D错误。点睛：本题的关键知道安培力的一般表达式,当磁场方向与电流方向平行,,当磁场方向与电流方向垂直,。40．安培的分子环流假设,可用来解释〔A.两通电导体间有相互作用的原因B.通电线圈产生磁场的原因C.永久磁铁产生磁场的原因D.铁质类物体被磁化而具有磁性的原因[答案]CD[解析]A、两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的,故A错误；B、通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场,与分子电流无关,故B错误；C、安培提出的分子环形电流假说,解释了为什么磁体具有磁性,说明了磁现象产生的本质,故C正确；D、安培认为,在原子、分子或分子团等物质微粒内部,存在着一种环形电流--分子电流,分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体,未被磁化的物体,分子电流的方向非常紊乱,对外不显磁性；磁化时,分子电流的方向大致相同,于是对外界显出显示出磁性,故D正确。41．如图所示,M、N两平行金属板间存在着正交的匀强电场和匀强磁场,一带电粒子〔重力不计从O点以速度υ沿着与两板平行的方向射入场区后,做匀速直线运动,经过时间t1飞出场区；如果两板间撤去磁场,粒子仍以原来的速度从O点进入电场,经过时间的t2飞出电场；如果两板间撤去电场,粒子仍以原来的速度从O点进入磁场后,经过时间t3飞出磁场,则t1、t2、t3的大小关系为〔A.t1=t2＜t3B.t2＞t1＞t3C.t1=t2=t3D.t1＞t2=t3[答案]A[解析]设极板长度为L,粒子在电场与磁场中做运动直线运动,运动时间,粒子在电场中做类平抛运动,可分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀加速运动,运动时间由水平分运动决定；粒子在磁场中做圆周运动,运动路程,洛伦兹力对粒子不做功,速率v不变,运动时间；则,故A正确,BCD错误；点睛：带电粒子在混合场中做匀速直线运动,位移等于板长；在电场中做类平抛运动,它的运动时间由水平方向的分运动决定；在磁场中做圆周运动,运动时间由弧长与运动速率决定。42．如图所示,一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿射入方向做直线运动,可采用的方法是〔A.将变阻器滑动头P向右滑动B.将变阻器滑动头P向左滑动C.将极板间距离适当减小D.将极板间距离适当增大[答案]D[解析]根据电路图可知：A板带正电,B板带负电,所以电子束受到电场力的方向向上,大小,洛伦兹力方向向下,,电子向上偏,说明电场力大于洛伦兹力,要使电子束沿射入方向做直线运动,则要电场力等于洛伦兹力,所以要减小电场力；A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时,电容器两端电压不变,电场力不变,故AB错误；

C、将极板间距离适当减小时,增大,不满足要求,故C错误；D、将极板间距离适当增大时,减小,满足要求,故D正确。43．如图所示,用两根轻细金属丝将质量为m,长为l的金属棒ab悬挂在c．d两处,置于匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后,两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上,所需的最小磁场的磁感应强度的大小、方向是〔A.tanθ,竖直向上B.tanθ,竖直向下C.sinθ,平行悬线向下D.sinθ,平行悬线向上[答案]D[解析]要求所加磁场的磁感强度最小,应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定,悬线拉力的方向线不变,有力的矢量三角形可知,安培力的最小值为安培力与绳子的拉力垂直,即：,有：,得：,由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确,ABC错误。点睛：由矢量三角形定则判断安培力的最小值及方向,进而由安培力公式和左手定则的得到B的大小以及B的方向。44．如图所示,在加有匀强磁场的区域中,一垂直于磁场方向射入的带电粒子轨迹如图所示,由于带电粒子与沿途的气体分子发生碰撞,带电粒子的能量逐渐减小,从图中可以看出〔A.带电粒子带正电,是从B点射入的B.带电粒子带负电,是从B点射入的C.带电粒子带负电,是从A点射入的D.带电粒子带正电,是从A点射入的[答案]B[解析]由题,带电粒子的能量逐渐减小,速率减小,由公式可知,带电粒子运动的半径逐渐减小,则该带电粒子是从B点射入的．带电粒子在B点受到的洛伦兹力方向向右,由左手定则判断得知,该带电粒子带负电,故B正确。45．如图所示,在真空中,匀强电场的方向竖直向下,匀强磁场的方向垂直纸面向里．三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷,已知a静止,b向右匀速运动,c向左匀速运动．比较它们的质量应有〔A.a油滴质量最大B.b油滴质量最大C.c油滴质量最大D.a、b、c的质量一样[答案]C[解析]a球受力平衡,有：,重力和电场力等值、反向、共线,故电场力向上,由于电场强度向下,故球带负电,b球受力平衡,有：,c球受力平衡,有：,解得：,故选项C正确。点睛：本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析,然后得到小球的电性,电场力和洛仑兹力的方向,最后根据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小。46．两条导线互相垂直,但相隔一小段距离,其中AB固定,电流方向由B到A,CD可自由运动,电流方向由C到D。当通以图所示方向电流后,CD导线将〔A.顺时针方向转动,同时靠近ABB.逆时针方向转动,同时离开ABC.顺时针方向转动,同时离开ABD.逆时针方向转动,同时靠近AB[答案]D[解析]根据右手螺旋定则可知,电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里,在左边垂直纸面向外,在CD左右两边各取一小电流元,根据左手定则,左边的电流元所受的安培力方向向下,右边的电流元所受安培力方向向上,知CD导线逆时针方向转动,当CD导线转过后,两电流为同向电流,相互吸引,所以导线CD逆时针方向转动,同时靠近导线AB,故D正确,ABC错误。点睛：在解决该题的过程中：使用了电流元法,即在导线上取一较短的电流,判断其受力方向；使用了特殊位置法,转过后判断其受力；使用了结论法,同向电流相互吸引,异向电流相互排斥。47．在如图所示的匀强磁场中,已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向,其中错误的是〔A.B.C.D.[答案]C[解析]根据左手定则可知：ABD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致,故正确；C图中电流和磁场方向平行,不受安培力,故C错误。点睛：安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆,因此平时要加强训练,熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断。48．场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交．如图质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内,做半径为R的匀速圆周运动,设重力加速度为g,则下列结论不正确的是〔A.粒子带负电,且q=B.粒子顺时针方向转动C.粒子速度大小v=D.粒子的机械能守恒[答案]D[解析]A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,有,求得电荷量,根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电,故A正确；B、由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动,故B正确；C、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,有：,解得：,故C正确；D、由于电场力做功,故机械能不守恒,故D错误；点睛：本题关键是找到向心力来源,并得到重力和电场力平衡,从而判断出电性和转动方向,最后根据洛伦兹力提供向心力列式求解。49．如图所示,在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角,若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a,则该粒子的比荷和所带电荷的正负是A.,正电荷B.,正电荷C.,负电荷D.,负电荷[答案]C[解析]由图意可知粒子沿顺时针方向运动,根据左手定则可得粒子带负电；

粒子的运动轨迹如图中虚线,由已知得进入磁场时,半径与x轴正方向的夹角为30°,所以有

洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力,则得：,所以有,故C正确．故选C．点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,要掌握住半径公式、周期公式,画出粒子的运动轨迹后,几何关系就比较明显了.50．一电子以垂直于匀强磁场的速度VA,从A处进入长为d宽为h的磁场区域如图,发生偏移而从B处离开磁场。若电量为e,磁感应强度为B,弧AB的长为L,则：A.电子在A、B两处的速度相同B.电子在磁场中速度偏过的角度为L/dC.电子在磁场中运动的时间为t=L/vAD.洛仑兹力对电子做功是BevA·h[答案]C[解析]电子在A、B两处的速度大小相等而方向不同,速度不同,故A错误；由集合关系可知：,解得,则电子在磁场中速度偏过的角度为,选项B错误；电子在磁场中的运动时间等于弧长与速度的比值,即：,C正确；洛伦兹力总是与速度方向垂直,洛伦兹力与位移垂直,洛伦兹力对电子不做功,故D错误；故选C．点睛：本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题,关键是能通过几何关系找到粒子圆周运动的半径,同时注意洛伦兹力不做功,同时注意速度是矢量,注意其方向是否相同．51．如图所示,放在台秤上的条形磁铁两极未知,为了探明磁铁的极性,在它中央的正上方固定一导线,导线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向外的电流,则<>A.如果台秤的示数增大,说明磁铁左端是N极B.如果台秤的示数增大,说明磁铁右端是N极C.无论如何台秤的示数都不可能变化D.以上三项说法都不正确[答案]A[解析]A、B、如果台秤的示数增大,说明电流对磁铁的作用力向下,根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上,根据左手定则,电流所在位置磁场向右,故磁体左侧为N极,右侧为S极,故B错误,A正确；由AB分析可得CD均错误；故选A.52．每时每刻都有大量宇宙射线向地球射来,地磁场可以改变射线中大多数带电粒子的运动方向,使它们不能到达地面,这对地球上的生命有十分重要的意义。假设有一个带负电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来,在地磁场的作用下,从沿着粒子运动的角度看粒子将A.向东偏转B.向南偏转C.向西偏转D.向北偏转[答案]C[解析]地球的磁场由南向北,当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时,根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西,所以粒子将向西偏转,所以C正确．故选：C．53．边长为L的正方形线圈A,通有逆时针方向的恒定电流I,用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处,如图所示。当导线MN中无电流时,两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时,两细绳中张力均减为aT〔0<a<1；而当通过MN的电流为I2时,细绳中张力恰好为零。已知长直通电导线周围磁场的磁感应强度B与到导线的距离r成反比〔即,k为常数。由此可知,MN中的电流方向和电流大小之比I1:I2分别为<>A.向左,1+aB.向右,1+aC.向左,1-aD.向右,1-a[答案]C[解析]当MN通以方向从N向M的电流时,则ab边所受的安培力的向上,cd边所受安培力方向向下,因离MN越近,则安培力越大,知此时线框所受安培力合力方向竖直向上,所以MN中电流的方向向左；当MN内通电流I时,根据题意可知：ab所受安培力为：①cd所受安培力为：②；因它们受到的安培力方向相反,此时线圈所受安培力的合力大小为；可知线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比,当MN分别通以I1、I2的电流时,线框受到的安培力的合力的大小之比为I1:I2．当通过MN的电流为I1时,两细绳中张力均减为aT〔0＜a＜1,所以安培力的大小；而当通过MN的电流为I2时,细绳中张力恰好为零,则安培力的大小,所以,故选C.[点睛]解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向,右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向,然后结合物体受力分析,注意安培力的方向,及矢量法则应用．54．绝缘光滑斜面与水平面成α角,质量m、带电荷量为-q〔q>0的小球从斜面上的h高度处释放,初速度为v0〔v0>0方向与斜面底边MN平行,如图所示,整个装置处在匀强磁场B中,磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大,且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是〔A.小球在斜面做变加速曲线运动B.小球到达底边MN的时间C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为[答案]BD[解析]试题分析：小球在斜面上运动时,一定受到竖直向下的重力和垂直斜面向上的洛伦兹力,可能受到垂直斜面向上弹力；小球能够沿斜面到达底边MN,说明垂直斜面的合力为0,洛伦兹力小于重力垂直斜面的分力。小球合力是重力沿斜面向下的分力,因此小球合力恒定,故小球做匀变速曲线运动,故A错误；小球做类平抛运动,沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动,则小球的加速度,再由运动学公式可得所以球到达底边MN的时间,故B正确；带电荷量带负电,由左手定则,根据左手定则可知,小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动,但垂直磁场的方向速度不变,故洛伦兹力,小于重力垂直于斜面向下的分力mgcosθ；也就是,解得磁感应强度的取值范围为,故C错误、D正确。本题选BD点睛：本题的关键是小球沿光滑斜面运动,合力为重力沿斜面的分力,是恒力；其次洛伦兹力也是恒力,因为尽管小球的速度在变,但垂直磁场方向的速度没有变。55．下列说法正确的是A.电流通过导体的热功率与电流的大小成正比B.力对物体所做的功与力的作用时间成正比C.物体做匀速圆周运动的向心力由其所受的合外力提供D.磁感应强度B的大小与通电导线所受安培力的大小成正比[答案]C[解析]根据焦耳定律可知：电流通过导体的热功率与电流的大小的平方成正比,故A错误；力对物体所做的功与力的作用时间没有必然的联系,故B错误；物体做匀速圆周运动的向心力由其所受的合外力提供,故C正确；磁感应强度B的大小由磁场本身决定,与通电导线所受的安培力无关,故D错误。本题选C56．电磁轨道炮工作原理如图。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场〔可视为匀强磁场,磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的方法是〔A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其它量不变[答案]BD[解析]试题分析：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用,利用动能定理表示出弹体的出射速度．根据速度的表达式进行求解．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用,利用动能定理有：,磁感应强度的大小与I成正比,所以有,解得：,只将轨道长度L变为原来的2倍,弹体的出射速度增加至原来的倍,故A错误；只将电流I增加至原来的2倍,弹体的出射速度增加至原来的2倍,故B正确；只将弹体质量减至原来的一半,弹体的出射速度增加至原来的倍,故C错误；将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其它量不变,弹体的出射速度增加至原来的2倍,故D正确．[点睛]解决该题关键运用动能定理表示出弹体的出射速度求解．要找出一个物理量变化所采用的方法,应该先运用物理规律表示出这个物理量再根据表达式中各个因素求解．57．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列说法正确的是〔A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3：2[答案]B[解析]试题分析：粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用,电场力不变,速度方向不变,可知洛伦兹力与电场力应平衡,由左手定则判断出洛伦兹力方向,粒子进入匀强磁场中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得到半径表达式,根据半径公式分析半径越大时,粒子的质量和比荷的大小甲粒子在磁场中向上偏转,乙粒子在磁场中向下偏转,根据左手定则知甲粒子带负电,乙粒子带正电,故A错误；根据洛伦兹力提供向心力,,得：,则甲的比荷大于乙的比荷,B正确；能通过狭缝的带电粒子,根据平衡条件可得,得速率,故C错误；若甲、乙两束粒子的电荷量相等,由前面分析,则甲、乙两束粒子的质量比为2：3,故D错误；[点睛]此题考察了速度选择器的问题：在速度选择器中,粒子的受力特点是：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡,即,可得,只有速度为的粒子才能沿直线匀速通过选择器．58．在赤道处,将一小球向东水平抛出,落地点为a；给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,考虑地磁场的影响,下列说法正确的是〔A.无论小球带何种电荷,小球仍会落在a点B.无论小球带何种电荷,小球下落时间都会延长C.若小球带负电荷,小球会落在更远的b点D.若小球带正电荷,小球会落在更远的b点[答案]D[解析]试题分析：小球不带电时,水平抛出后在重力作用下做平抛运动,给小球带上电荷后,仍以原来的速度抛出,小球将受到洛伦兹力和重力共同作用,根据左手定则分析洛伦兹力的方向,再分析小球的水平位移和运动时间的变化．从南向北观察小球的运动轨迹如题图所示,如果小球带正电荷,则由左手定则判断可知小球所受的洛伦兹力斜向右上,该洛伦兹力在竖直向上和水平向右均有分力,因此,小球落地时间会变长,水平位移会变大；同理,若小球带负电,则小球落地时间会变短,水平位移会变小,故D正确．59．如图所示,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,从p点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子,它们从射出第一次到直线MN所用的时间相等,到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°,不计重力,则两粒子速度之比va：vb为〔A.2：1B.3：2C.4：3D.：[答案]C[解析]试题分析：做出粒子的轨迹,由几何知识得到粒子的半径之比,进而由牛顿第二定律得到速度表达式,得到速度之比．两粒子做圆周运动的轨迹如图：设P点到MN的距离为L,由图知b的半径,对于a粒子的半径：,得：,即两粒子的半径之比为①；粒子做圆周运动的周期,由题,得两粒子的比荷②,粒子的洛伦兹力提供向心力,,得：③,联立①②③得：,故C正确．[点睛]带电粒子在匀强磁场中运动时,洛伦兹力充当向心力,从而得出半径公式,周期公式,运动时间公式,知道粒子在磁场中运动半径和速度有关,运动周期和速度无关,画轨迹,定圆心,找半径,结合几何知识分析解题,60．如图所示,虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场<图中实线为电场线>,有一个带正电小球<电荷量为＋q,质量为m>从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么,带电小球可能沿直线通过的是<>A.B.C.D.[答案]CD[解析]试题分析：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域．小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动,故A错误；球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动,故B错误；小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则粒子做匀速直线运动,故C正确；粒子受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故粒子一定做直线运动,故D正确；[点睛]本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直,要使粒子做直线运动,要么三力平衡,要么不受洛伦兹力．61．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示．置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q,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<>A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C.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∶1D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,则任意粒子离开该回旋加速器的最大动能也会改变[答案]AC[解析]试题分析：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．在加速粒子的过程中,电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等金属盒最大半径为R,则质子被加速后输出时的最大加速半径为R,所以有,A正确；在磁场中运动时,洛伦兹力充当向心力,即根据,知,则最大动能,与加速的电压无关；据此可知,不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变．故BD错误；粒子在加速电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,根据知,质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为,根据,则半径比为,故C正确．[点睛]带电粒子在D形盒中的回转周期等于两盒狭缝间高频电场的变化周期,与带电粒子速度无关；带电粒子离开回旋加速器的动能与加速电压无关,而仅受磁感应强度B和D形盒半径的限制。加速电压的大小只能影响带电粒子在D形盒内加速的次数；带电粒子在回旋加速器内运动时间的长短,与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关,同时还与带电粒子在磁场中转动的圈数有关。62．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．当导体棒中的恒定电流I垂直于纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,可将导体棒置于匀强磁场中,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中,关于B的大小的变化,正确的是<>A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大[答案]D[解析]试题分析：本题中导体棒受三个力,重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力为零,其中重力的大小和方向都不变,支持力的方向不变,安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上,根据平行四边形定则分析．对导体棒受力分析,受重力G、支持力和安培力,三力平衡,合力为零,将支持力和安培力合成,合力与重力相平衡,如图

从图中可以看出,安培力先变小后变大,由于,其中电流I和导体棒的长度L均不变,故磁感应强度先变小后变大,D正确；[点睛]在解析力的动态平衡问题时,一般有两种方法,一种是根据受力分析,列出力和角度三角函数的关系式,根据角度变化进行分析解题,一种是几何三角形相似法,这种方法一般解决几个力都在变化的情况,列出力与三角形对应边的等式关系,进行解题分析63．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的"U"形线框固定在力敏传感器的挂钩上,并用轻质导线连接线框与电源,导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时,拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时,拉力显示器的示数为F1;接入恒定电压为E2时<电流方向与电压为E1时相反,拉力显示器的示数为F2。已知F1>F2,则磁感应强度B的大小为A.B.C.D.[答案]B[解析]线框接入恒定电压为E1时,对线框受力分析得出：；当线框接入恒定电压为E2时,对线框受力分析得出：,联立整理得：,故B正确,ACD错误．故选：B.64．在绝缘水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨,导轨间的距离为l,金属棒ab和cd垂直放在导轨上,两棒正中间用一根长l的绝缘细线相连．棒ab右侧有一直角三角形匀强磁场区域,磁场方向竖直向下,三角形的两条直角边长均为l,整个装置的俯视图如图所示．从图示位置在棒ab上加水平拉力F,使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区,则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是〔金属棒ab中电流方向由a到b为正〔A.B.C.D.[答案]AC[解析]在ab棒通过磁场的时间内,ab棒切割磁感线的有效长度均匀增大,由E=BLv分析可知,ab产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,由楞次定律知感应电流的方向由b到a,为负值．根据cd棒受力平衡知,细线上的张力F为0；在cd棒通过磁场的时间内,cd棒切割磁感线的有效长度均匀增大,由E=BLv分析可知,cd产生的感应电动势均匀增大,则感应电流均匀增大,由楞次定律知感应电流的方向由a到b,为正负值．根据cd棒受力平衡知,细线上的张力,L均匀增大,则F与L2成正比．故BD错误,AC正确．故选AC.65．如图所示,匀强磁场垂直于纸面向里,匀强电场竖直向上。质量为m、电荷量为q的小球以速率v在复合场区域做匀速圆周运动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,重力加速度为g。则A.小球带负电B.电场强度大小为C.小球做圆周运动的半径为D.小球做圆周运动的周期为[答案]C[解析]小球做匀速圆周运动,靠洛伦兹力提供向心力,则mg=qE,电场力方向竖直向上,那么小球带正电,故A错误．由mg=qE,得电场强度大小为,故B错误．洛伦兹力提供向心力,得圆周运动的半径,故C正确．小球做圆周运动的周期,故D错误．故选：C.66．已知通电长直导线周围空间中某点处产生的磁场的磁感应强度大小为B=k,其中k为常量、I为直导线中的电流、r为该点到长直导线的距离。如图所示,a、b两根通电长直导线经过圆心为O的圆上同一直径的两端,两根直导线中的电流大小相等,a中电流方向垂直圆所在平面向里,b中电流方向垂直圆所在平面向外,此时圆心O处的磁感应强度大小为B。现将直导线b沿圆周顺时针转动90°,电流的大小和方向都保持不变,则O处的磁感应强度大小变为A.2BB.BC.BD.B[答案]D[解析]由两直导线中电流大小相等,到圆心O的距离相等,又由安培定则可知,两直导线中电流在O点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同,设其中一根直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0,则B=2B0．将直导线b顺时针旋转90°后,两根直导线中电流产生的两个磁场方向相互垂直,所以,故D正确．ABC错误；故选D.67．〔多选空间中有一磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场,等腰直角三角形OAC在水平面内,∠AOC=90°,OA=L,D为AC中点,如图所示。粒子a以沿AO方向的速度v0从A点射入磁场,恰好能经过C点,粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场,恰好能经过D点。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q,粒子重力及粒子间的相互作用均忽略,则下列说法中正确的是〔A.粒子a带负电,粒子b带正电B.粒子a从A点运动到C点的时间为C.粒子b的速度大小为2v0D.要使粒子b从O点射入后的运动轨迹能与AC相切,只需将其速度大小变为〔－1v0[答案]BD[解析]由左手定则可知两粒子均带负电,A错误；作出粒子a运动轨迹如图所示,

根据图中几何关系可知,ra=L,,故B正确；作出粒子b运动轨迹如图所示,

根据图中几何关系可得,由得,,即,C错误；需,由知,,D正确．故选：BD.68．如图甲所示,一匝数N=10、总电阻R=7.5Ω、长L1=0.4m、宽L2=0.2m的匀质矩形金属线框静止在粗糙水平面上,线框的bc边正好过半径r=0.1m的圆形磁场的竖直直径,线框的左半部分在垂直线框平面向上的匀强磁场区域内,磁感应强度B0=1T,圆形磁场的磁感应强度B垂直线框平面向下,大小随时间均匀增大,如图乙所示,已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=1.2N,取π≈3,则〔A.t=0时刻穿过线框的磁通量大小为0.07WbB.线框静止时,线框中的感应电流为0.2AC.线框静止时,ad边所受安培力水平向左,大小为0.8ND.经时间t=0.4s,线框开始滑动[答案]D[解析]设磁场向上穿过线框磁通量为正,由磁通量的定义得t=0时,有：；故A错误；根据法拉第电磁感应定律有：；由闭合电路欧姆定律,则有：；故B错误；由楞次定律可知,圆形磁场的磁感应强度增大时,线框内产生的感应电流的方向为逆时针方向,ad中的感应电流的方向向下,由左手定则可知,ad边受到的安培力的方向向左．

ad边受到的安培力是10匝线圈受到的安培力的核,即：F=10B0IL1=10×1×0.1×0.4=0.4N＜1.2N,所以ad边受到的摩擦力的大小为0.4N．故C错误；圆形磁场的磁感应强度均匀增大,所以产生大小不变的电动势,感应电流的大小不变,而左侧的磁场区域内的磁场不变,所以线框的ad边受到的安培力的大小保持大小0.4N,方向向左不变；t=0.4s时,线框的bc边处的磁场,bc受安培力：,方向向左,故此时整个线圈所受的安培力为0.4N+0.8N=1.2N,方向向左,因fm=1.2N,可知此时线框将要滑动．故D正确．故选D.69．如图所示为电磁流量计示意图,将血管置于磁感应强度为B的磁场中,测得血管中血液的流量为Q〔单位时间内流过的体积,已知血管直径的两侧ab两点间电压为U,则血管的直径d为A.B.C.D.[答案]B[解析]导电液体流过磁场区域稳定时,电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡,则有流量Q=vS=解得：．所以选项B正确．故选B.70．如图所示,霍尔式位移传感器测量原理是：有一个沿z轴方向的磁场,磁感应强度B=B0+kz〔B0、k均为正的常数；将传感器固定在霍尔元件上,沿z轴方向元件的厚度为d,保持通过霍尔元件的电流I不变〔方向如图中箭头所示．当元件沿z轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向上的上、下表面的电势差U也不同,则〔A.若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高B.磁感应强度B越大,上、下表面的电势差U越小C.电流I取值越大,上、下表面的电势差U越小D.k越大,传感器灵敏度〔越高[答案]D[解析]霍尔元件中移动的是自由电子,根据左手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高．故A错误；最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c,有,电流的微观表达式为I=nqvS=nqvbc,所以．B越大,上、下表面的电势差U越大．电流越大,上、下表面的电势差U越大．故B错误,C错误．k越大,根据磁感应强度B=B0+kz,知B随z的变化越大,根据．知,U随z的变化越大,即传感器灵敏度〔越高．故D正确．故选D.71．如图所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m、电荷量为＋q,电场强度为E