2023年三年全国高考物理真题汇编：磁场

1/372023--2023年三年全国高考物理真题汇编：磁场一、单项选择题12分以下说法正确的选项是〔 〕恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用22分如图22分如图，直导线𝑁被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴′上，其所在区域存在方向垂直指向𝑂𝑂′的磁场，与𝑂𝑂′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图〔b〕𝐼𝜃。以下说法正确的是〔〕A．当导线静止在图〔a〕右侧位置时，导线中电流方向由NMB𝐼增大，静止后，导线对悬线的拉力不变C．tan𝜃𝐼成正比D．sin𝜃𝐼成正比32分如下图，一个立方体空间被对角平面Q划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z𝑂𝑦𝑧平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。以下关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的选项是〔 〕A．B．C．D．A．B．C．D．42分A．B．C．D．A．B．C．D．A．B．52分I1I2，I1≫I2，电流方向如下图A．B．C．D．62分O与C．D．𝑃𝑂′OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如下图。假设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dM、N两点处的磁感应强度大小分别为〔〕A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B72分如图，距离为d的两平行金属板、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为1，一束速度大小为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B2θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为Rab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，以下说法正确的选项是〔〕4/37𝑣=𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑𝑣=𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑𝑣=𝑚𝑔𝑅tan𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑𝑣=𝑚𝑔𝑅tan𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑82分如下图是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。假设通电螺线管是密绕的以下说法正确的选项是〔 〕电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场92分T扫描是计算机XT扫描机可用于对多种病情的探测。图〔a〕是某种CT机主要局部的剖面图，其中X射线产生局部的示意图如图〔b〕所示。图〔b〕中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调整后电子束从静止开头沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线〔如图中带箭头的虚线所示；将电子束打到靶的点记为P点。则〔 〕A．M处的电势高于N处的电势M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面对外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移02分𝐼1和𝐼2，𝐼1>𝐼2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则〔〕A．b0B．d0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下12分如下图，在带负电荷的橡胶圆盘四周悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速转，小磁针发生偏转。以下说法正确的选项是〔 〕A．偏转缘由是圆盘四周存在电场B．偏转缘由是圆盘四周产生了磁场C．仅转变圆盘的转动方向，偏转方向不变D．仅转变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变二、多项选择题23分粒子物理争论中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如下图。内圆区域有垂直纸面对里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，无视粒子重力及粒子间相互作用力。以下说法正确的选项是〔 〕1可能为中子2可能为电子1可能打在探测器上的Q点D2可能打在探测器上的Q点1k1 233分如下图，一带电粒子以初速度0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点a，b>0)。假设上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t，到达Р点的动能为E 。假设上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t，到1k1 2k2达Р点的动能为E 。以下关系式正确的选项是·〔 〕k2t1<t2 B．t1>t2 C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek243分在如下图的平面内，分界限P将宽度为L的矩形区域分成两局部，一局部布满方向直于纸面对外的匀强磁场，另一局部布满方向垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。离子比荷为k，不计重力。假设离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为〔 〕10/3733

C．kBL，60° D．2kBL，60°253分擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方2向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。导体棒加速时，加速度的最大值为√33g；减速时，加速度的最大值为√3g，其中g为重力加速度大小。以下说法正确的选项是〔 〕棒与导轨间的动摩擦因数为√36棒与导轨间的动摩擦因数为√33加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°63分电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。M、P在同一等势面上，以下说法正确的有〔〕8/37ANP，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从MN，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力73分如下图，水平地面〔𝑦平面〕下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以一样的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。以下说法正确的有〔 〕A．NM点的磁感应强度大小相等，方向一样BPN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变CP点开头竖直向上运动时，线圈中无感应电流DPM过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等测量序号𝐵𝑥/𝜇𝑇𝐵𝑦/𝜇𝑇1021𝐵𝑧/𝜇𝑇−4583分安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度。如图，在手机测量序号𝐵𝑥/𝜇𝑇𝐵𝑦/𝜇𝑇1021𝐵𝑧/𝜇𝑇−459/37220−20−463210−454−210−45测量地点位于南半球C2次测量时y轴正向指向南方

50𝜇𝑇D3次测量时y轴正向指向东方93分一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板〔半径分R𝑅+𝑑〕和探测器组成，其横截面如图〔a〕所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为𝑟1、𝑟2(𝑅<𝑟1<𝑟2<𝑅𝑑)3O𝑟2的位置入射并从距O点𝑟14从距O点𝑟1的位置入射并从距O点𝑟2的位置出射，轨迹如图〔b〕中虚线所示。则〔〕3入射时的动能比它出射时的大4入射时的动能比它出射时的大12入射时的动能13入射时的动能03分如图a〕所示，两根间距为、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图〔b〕所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面对t=0t=2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则〔〕10/37𝑡0 𝐵2𝐿3A𝑡=2

时，金属棒受到安培力的大小为0𝑡0𝑅

时，金属棒中电流的大小为𝐵0𝐿2𝑡0𝑅2在𝑡=3𝑡0时，金属棒受到安培力的方向竖直向上2t=3t0时，金属棒中电流的方向向右13分一电中性微粒静止在垂直纸面对里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c微粒，ab在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，围绕方向如下图，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，以下说法正确的选项是〔〕A．a带负电荷C．c带负电荷

B．b带正电荷D．ab的动量大小肯定相等23分如下图，有两根用超导材料制成的长直平行细导线b，分别通以𝐴和𝐴流向一样的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。以下说法正确的选项是〔 〕A．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转变11/37D．在离两导线所在的平面有肯定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置33分U形光滑金属框db和dc边平行，和bc、dc足够长，整个金属框电阻可无视。一根具有肯定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后〔〕金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值43分如下图，平面直角坐标系的第一和其次象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxyabcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动〔不发生转动。从图示位置开头计时，4sbc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为Iab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间A．B．A．B．12/37C．C．D．50分如图，一不行伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为𝑙=𝑚的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。构𝜆=5.0×103𝛺/𝑚；在𝑡=0到𝑡=3.0𝑠时间内，磁感应强度大小随时间t𝐵(𝑡)=0.30.1𝑡(𝑆𝐼)。求〔15分𝑡=𝑠时金属框所受安培力的大小；〔25分〕在𝑡=0到𝑡=𝑠时间内金属框产生的焦耳热。四、综合题65分霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动掌握系统中。长方体半导体材料厚a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系𝑥𝑦𝑧，如下图。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿+𝑥方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿+𝑦方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，电场强度大小为E，沿𝑧 方向。〔15分〕推断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；〔25分〕假设自由电子定向移动在沿𝑥方向上形成的电流为𝐼𝑛z𝐹𝑛𝑧；13/37〔35分〕霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率介别为𝑧、𝑧，求𝛥𝑡时间内运动到半导体z方向的上外表的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。70分如下图，两根足够长的平行光滑金属导轨𝑁、𝑄间距𝐿=𝑚，其电阻不计，𝜃=30°角，N、Q两端接有𝑅=1𝛺的电阻。一金属棒𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏𝑚=0.2𝑘𝑔，电阻𝑟=1𝛺，𝐵=1𝑇。𝑎𝑏在平行于导轨向𝑣1=0.5𝑚/𝑠𝑣=2𝑚/𝑠。运动𝑔=10𝑚/𝑠2。〔15分〕求拉力的功率；〔25分𝑏开头运动后，经𝑡=𝑠速度到达2=𝑠，此过程中𝑏抑制安培力𝑊=0.06𝐽𝑎𝑏沿导轨的位移大小x。80分如图，间距为l磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电R以外不计其它电阻。〔15分〕求金属杆中的电流和水平外力的功率；，〔25分〕求：，这段时间内电阻R上产生的焦耳热；

𝑢02这段时间内始终在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。90分如图甲所示，真空中有一长直细金属导线𝑁，与导线同轴放置一半径为𝑅𝑚，电荷量为𝑒。不考虑出射电子间的相互作用。〔15分〕可以用以下两种试验方案测量出射电子的初速度：在柱面和导线之间，只加恒定电压；𝑀𝑁平行的匀强磁场。当电压为𝑈0或磁感应强度为𝐵0时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度𝑣0。〔25分〕撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为𝑎、长度为𝑏𝐼𝑝。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。05分停车。制动装置包括电气制动和机械制动两局部。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速𝑎𝑣的变化曲线。16/37〔15分〕求列车速度从𝑠降至𝑠经过的时间t及行进的距离。〔25分〕有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方𝑅𝑀𝑁𝑀𝑁沿导轨向右运𝑀𝑁棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开头制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的𝑃点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。〔35分〕100𝑚/𝑠3𝑚/𝑠的过程中，在哪个速度四周所需机械制动最强?(留意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)五、解答题15分如图，一边长为l0的正方形金属框d固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B√2𝑙0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀acac上，导体棒与金属框接触良好。导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可无视。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x〔0≤𝑥≤√2𝑙0〕变化的关系式。16/3717/37答案解析局部【答案】B【学问点】磁感应强度；交变电流的产生及规律【解答】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；B．依据磁感应强度的定义：小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；C．依据正弦沟通沟通电的产生规律可得，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；D．依据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。故答案为：B。【分析】磁场对静止电荷或平行磁场运动的电荷没有力的作用；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向；正弦沟通电磁通量最大时，电流为零；抱负变压器原副线圈磁通量的变化率一样。【答案】D【学问点】安培力【解答】A对导体棒进展受力分析，假设想使导体棒静止在右侧位置，则导体棒所受安培力垂直导体棒指向右上方，依据左手定则可知电流方向由M指向N。将重力沿绳方向和垂直绳方向进展分解，由平衡条件可知𝑚𝑔sin𝜃=𝐵𝐼𝐿𝑚𝑔cos𝜃=𝐹𝑇联立解得sin𝜃=𝐵𝐼𝐿

=𝑚𝑔cos𝜃𝑚𝑔 𝑇由于𝜃与电流大小有关，所以电流增大，导线对悬线的拉力随之转变，且sin𝜃I成正比.故答案为：D。【分析】对导体棒进展受力分析，依据左手定则推断导线电流方向，对重力进展分解，依据平衡条件列方程求解。【答案】A【学问点】左手定则；洛伦兹力【解答】AB、依据左手定则可知，质子在左侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向，在右侧面运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向，因质子在磁场中做匀速圆周运动，所以质子运动的y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，所以A选项正确，B选项错误；CDz轴方向不受力，因此zCD错误；A。曲线运动的相关学问完成分析，从这方面看难度不大，但是对学生的空间想象力量有肯定的要求。4B【学问点】电荷在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；电荷在匀强电场中的运动【解答】粒子所带电荷为正电荷，所以当粒子开头运动后，洛伦兹力方向向左，所以AC错误；粒子运动过程中洛伦兹力不做功，匀强电场方向沿y轴正方向，所以当粒子回到x轴时，电场力也能不做功，故粒子回到x轴时，粒子的速度为零，故D错误，B正确；B。【分析】匀强电场沿y轴方向，所以x轴是等势面，又洛伦兹力不做功，故当粒子运动后回到x轴时，粒子的速率减为零。【答案】C【学问点】安培力；左手定则【解答】如下图，五条通电直导线的电流方向，且中心直导线的电流与四周四根直导线的电流关系有：I1≫I2四个导线的安培力作用；依据同吸异斥可以得出：正方形上下两个导线受到中间导线的排斥力，导致正方形上下边长凸出，其左右两个导线受到中间导线的吸引力作用，导致正方形左右两边形成凹形，故变形后的外形如C图所示，所以C选项符合题意。故答案为：C。【分析】利用安培定则可以判别其通电导线周期产生的磁场方向，结合左手定则可以判别其导线受到的安培力方向进而判别弹性长管的变样子况。【答案】B【学问点】平行四边形定则；安培定则【解答】如下图，两直导线折成直角时等效为两个如图的通电直导线；由安培定则可知，FOP导线在M点产生的磁感应强度方向为垂直于纸张向内，EO”QM点产生的磁感应强度为垂直于纸张向外，故MFOP导线在N点产生的磁感应强度方向为垂直于纸张向内，EO”QN点产生的磁感应强度为垂直于纸张向内，且导线所产生的磁场在距离d处的磁感应强度为BN2B；综上分析B符合题意。19/37故答案为：B。【分析】利用安培定则可以判别导线四周磁感线的方向，结合平行四边形定则可以求出磁感应强度的大小。【答案】B【学问点】共点力平衡条件的应用；安培力；左手定则【解答】等离子体垂直于磁场喷入板间时，受到洛伦兹力进展偏转，依据左手定则可得正离Q板偏转，负离子向P板偏转，则金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，极板的电性可以得出电流方向由金属棒a端流向bab恰好静止，则安培力等于重力的大小，且安培力沿斜面对上，依据左手定则可以判别导轨处磁场的方向垂直导轨平面对下，依据平衡方程有：𝐹=𝑚𝑔sin𝜃安𝑑且等离子体穿过金属板P、Q时产生的稳定电动势𝑈时，依据电场力等于洛伦兹力有：𝑞𝑈=𝑑𝑞𝐵1𝑣𝑅𝐼=𝑈𝑅𝐹=𝐵𝐼𝐿联立方程可以解得等离子速度的大小为：𝑣=𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵1𝐵2𝐿𝑑故答案为：B。【分析】利用左手定则可以判别金属棒的极性及电流的方向，结合金属棒的平衡可以判别安培力的方向，利用平衡方程结合板间电场力和洛伦兹力相等可以求出离子的速度，利用金属棒其安培力的方向结合左手定则可以判别导轨处磁场的方向。【答案】B【学问点】磁现象和磁场、磁感线【解答】依据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线20/37分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场。故答案为：B。【分析】电流的大小与磁感线的分布无关；利用磁感线的分布可以判别其螺线管长度越长其内部越接近匀强磁场。【答案】D【学问点】电势差、电势、电势能；电荷在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解答】AMNMN间电场方向由N指向M，依据沿着电场线方向电势渐渐降低可知M的电势低于N的电势，A不符合题意；2增大加速电压则依据𝑒𝑈=1𝑚𝑣22𝑅𝑒𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅𝑒𝐵可得𝑅=𝑚𝑣𝑒𝐵可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度一样，故依据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，B不符合题意；C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，依据左手定则可知磁场方向垂直纸面对里，C不符合题意；DB选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，D符合题意。故答案为：D。【分析】x射线即电子流，电子做变速运动，以此推断电场的方向，沿电场方向电势减小；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，依据运动轨迹、电性和速度方向确定磁场的磁场方向，结合向心力公式分析例子的偏转即可。【答案】C【学问点】磁感应强度【解答】A．通电直导线四周产生磁场方向由安培定推断，如下图21/37𝐼1b𝐼2b𝐼1>𝐼2即𝐵1>𝐵2b点的磁感应强度不为零，A不符合题意；BCD．如下图，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD不符合题意，C符合题意。故答案为：C。【分析】空间中的磁感应功能强度为两个磁场的叠加，是通电导线产生的磁场，结合电流的方向利用安培定则推断，进而求解a、b、c、d的磁感应强度。【答案】B【学问点】安培力【解答】AB．小磁针发生偏转是由于带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流四周有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，A不符合题意，B符合题意；C．仅转变圆盘的转动方向，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，C不符合题意；D．仅转变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，D不符合题意。故答案为：B。【分析】旋转的带电圆盘形成电流，电流四周存在磁场，与小磁针的磁场相互作用。【答案】A,D【学问点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解答】A111可能为中子，增大1也不会偏转，A正确；22应当带正电，不行能为电子，B错误。22/372在磁场中洛伦兹力供给向心力：𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2，𝑟=𝑚𝑣v增大，则偏转半径r增𝑟2可能打在探测器上的Q点，C错误，D正确。

𝑞𝐵故答案为：AD1112在磁场中洛伦兹力供给向心力，求出半径表达式。【答案】A,D【学问点】电荷在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动x轴方向做匀速运动，速度不变；在洛伦兹力作用下，合速度不变，但沿x轴速度在不断减小，所以在磁场作用下运动时间更长。在电场力作用下，带电粒子做平抛运动，电场力做正功，使粒子动能增大，所以𝐸𝑘1>𝐸𝑘2。AD【分析】洛伦兹力永久不做功，不转变速度大小，只转变运动方向：粒子在电场中做类平抛运动。【答案】B,CPP点，如图R=L，在匀强磁场中，𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑣=𝑞𝐵𝐿=𝑘𝐵𝑙𝑟𝑚θ=60°。当粒子上下均经受一次时，如图23/37由于上下磁感应强度均为B，𝑟 2𝑚 依据洛伦兹力供给向心力有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2，𝑣=𝑞𝐵𝐿=1𝑟 2𝑚 θ=0°。θ=60°，需满足𝑣=

𝑞𝐵𝐿 〔2𝑛−1〕𝑚

12𝑛−1

𝑘𝐵𝑙〔n为正整数〕θ=0°，需满足𝑣=

𝑞𝐵𝐿=

1𝑘𝐵𝑙〔n为正整数〕2𝑛𝑚 2𝑛此时。AD错误。BC。【分析】带电粒子在磁场中做圆周运动。洛伦兹力供给向心力。画出运动轨迹结合几何关系即可。【答案】B,C【学问点】安培力；牛顿其次定律【解答】向右加速运动时，导体棒加速且加速度最大时，磁场方向斜向右下方，安培力应当斜向右上方，正交分解可得在水平方向：𝐹 sin𝜃−𝜇〔𝑚𝑔−

𝐹 sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃安 安 𝑎= 安

−𝜇𝑔，𝑎由三角函数关心角公式𝑎sin𝛼+𝑏cos𝛼=√𝑎2+𝑏2sin(𝛼+𝛽)〔tan𝛽=𝑏〕𝑎31/37得加速度a

𝐹2的最大值为−𝜇𝑔+√安+〔𝜇𝑔〕2。𝑚2导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，安培力应当斜向左下方，磁场方向斜向右下方。𝐹 sin𝜃+𝜇〔𝑚𝑔+

𝐹 sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃安 安 𝑎= 安

+𝜇𝑔。𝑎由三角函数关心角公式𝑎sin𝛼+𝑏cos𝛼=√𝑎2+𝑏2sin(𝛼+𝛽)〔tan𝛽=𝑏〕𝑎a 𝐹2

的最大值为𝜇𝑔+√

安〔𝜇𝑔〕2。𝑚23代入题中数据可得𝜇=√333，将𝜇=√3代入加速度表达式，结合三角函数关心角公式可得两次加速度取得最大值时，磁场方向与水平向右方向的夹角θ60120度。3应选：BC【分析】核心是对物体进展受力分析，简洁的数学变换用到复制的物理过程中，对数学学问的要求有点高。【答案】B,C【解答】A【解答】A、由题可知在电子运动过程中所受电场力水平向左，电子从NP的过程中电场力做负功，故A错误；B、电场线总是由高电势指向低电势，据此可知N点的电势高于P点，故B正确；C、由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；D.M点和𝑃点进展受力分析，如下图：MP点在同一等势面上，故从MP0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，依据动能定理可知电子在P0，则电子在MP点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；BC。【分析】此题主要考察了带电粒子在叠加场中的运动，生疏电场线中电势的推断，依据左手定则推断洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力对电子不做功；依据几何关系得出电子在M点所受的P点所受的合力大小关系。【答案】A,C【学问点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；安培定则【解答】A、依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离一样，依据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向一样，故A正确；B、依据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈磁通量会发生变化，故B错误；C、依据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；DP点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量一样，依题意P点到M点所用时间P点到N点时间长，依据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。应选AC。【分析】此题主要考察了法拉第电磁感应定律，依据磁场的分布特点结合对称性分析出不同位置的磁场特点和磁通量是否变化；分析出线圈的磁通量的变化特点，结合楞次定律推断是否产生感应电流；依据法拉第电磁感应定律分析出不同过程中产生的感应电动势的特点。【答案】B,C【解答】地磁场如下图【学问点】【解答】地磁场如下图依据表中数据可知z轴场强竖直向下，所以测量点位于北半球，故A错误；磁感应强度是矢量，依据表格可以算出𝐵=√452+212𝜇𝑇≈50𝜇𝑇B正确；依据地磁场图像可知，在北半球，磁场可分解为竖直向下和水平向北，依据图标可知，第2次测量y轴正向指向南方，故C正确；3次测量时，依据题表可知，x轴指向北方，所以y轴正向指向西方，故D错误；BC。【分析】首先可以画出地磁场的图像，依据图像可以推断测量点的位置，磁通量是矢量，依据矢量合成法则，可以计算测量点的磁感应强度大小，最终可以推断其方向。【答案】B,D【学问点】动能与重力势能；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【解答】依据题意可知，两个同轴的半圆柱形带电导体极板中电场方向是从外侧极板指向内3进入电场后电场力做正功，入射时动能大于出射时的动能，故A错误；44入射时的动能比它出射时的B正确；𝑟在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，设𝐸=𝑘12都是电𝑟𝑟场力供给做圆周运动的向心力，即𝑞𝐸=𝑚𝑣2⇒𝑚𝑣2=𝑞𝐸𝑟=𝑞𝑘12入射的动能相𝑟C错误；𝑟3有𝑞𝐸>𝑚𝑣2⇒𝑚𝑣2<𝑞𝐸𝑟=𝑞𝑘13入射时的动能，故D𝑟正确；BD。1234在做离心运动，依据向心及离心运动进展列式计算。【答案】B,C【学问点】安培力；左手定则；欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律【解答】AB0~t0

𝐸=𝛥𝛷=𝐵0𝐿2𝛥𝑡 𝑡0𝐼=𝐸=𝐵0𝐿2𝑅 𝑅𝑡0𝑡0 𝐵0 𝐵2𝐿3在2 时磁感应强度为2

，此时安培力为𝐹=𝐵𝐼𝐿= 02𝑅𝑡0A不符合题意，B符合题意；2C．由图可知在𝑡=3𝑡0时，磁场方向垂直纸面对里并渐渐增大，依据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，C符合题意；2D．由图可知在𝑡=3𝑡0时，磁场方向垂直纸面对外，金属棒向下掉的过程中磁通量增加，依据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】依据法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出金属棒受到的安培力大小；结合楞次定律以及左手定则推断安培力的方向。【答案】B,C【学问点】左手定则；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动𝑅【解答】ABC．由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A不符合题意，BC符合题意；D𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝑅𝑞𝐵解得𝑅=𝑚𝑣𝑞𝐵由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D不符合题意。故答案为：BC。伦兹力供给向心力，从而得出轨道半径的表达式，从而进展推断两个粒子的动量关系。【答案】B,C,D【学问点】磁感应强度；安培力【解答】A．a导线和b导线之间的安培力属于相互作用力，依据牛顿第三定律可得两导线受到的安培力大小相等，故A错误；B．依据安培定则可以判别两个导线产生的磁感应方向都是垂直于纸张向里或向外，其磁场方向与通电导线的电流方向垂直，所以计算两个导线所受的安培力可以用𝐹=𝐼𝐿𝐵计算，故B正确；C．移走导线b前，依据安培定则可以得出b导线在P点产生的磁感应强度方向垂直于纸张向里，其a导线在P点产生的磁感应强度方向垂直于纸张向外，由于b导线电流大在P点产生的磁感应强度比较大；利用矢量叠加法则可得p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，当移走导线b后，p点磁场方向与a产生磁场方向一样，向外，故C正确；D．在离两导线所在的平面有肯定距离的有限空间内，依据安培定则可以得出两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，再依据矢量叠加法则可得不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。BCD。【分析】两导线之间的安培力属于相互作用力其大小相等；由于通电导线和磁场方向垂直所以直接可以利用安培力的表达式计算安培力的大小；利用安培定则结合磁感应强度的叠加可以判别磁场的方向及大小。【答案】B,C【学问点】安培力；法拉第电磁感应定律bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bcMN运动时，金属框的bc边和导体棒MNMN𝑣1、𝑣2𝐸=𝐵𝐿(𝑣2−𝑣1)𝐼= 电流中的电流𝐸𝐵𝐿(𝑣2−𝑣1𝐼= 𝑅 𝑅MN受到的安培力

=𝐵2𝐿2(𝑣2−𝑣1)，与运动方向相反𝐹安𝑀𝑁

安框 𝑅=𝐵2𝐿2(𝑣2−𝑣1)，与运动方向一样=𝑅设导体棒MN和金属框的质量分别为𝑚 、

MN𝐵2𝐿2(𝑣2−𝑣1)=𝑚𝑎1 2对金属框𝐹−𝐵2𝐿2(𝑣2−𝑣1)=𝑚𝑎

𝑅 11𝑅 2 2初始速度均为零，则a1

a2从

𝐹𝑚2

开头渐渐减小。当＝aa1aa

2𝑣2−𝑣1

= 𝐹𝑅𝑚12𝐵2𝐿2(𝑚1+𝑚2)大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；金属框的速度会始终增大，导体棒到金属框bc边的距离也会始终增大，AD选项错误。故答案为：BC。【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一局部，磁通量发生转变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大，随着导线框速度的增加，安培力也增加，最终安培力与拉力相等，系统处于平衡状态，速度恒定，加速度为零。【答案】B,C【学问点】安培力；楞次定律；法拉第电磁感应定律【解答】AB4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1sae边切割磁场，设方格边长为L𝐸1=2𝐵𝐿𝑣𝐸𝐼1=

𝑅1可知电流恒定；2s𝐸2=3𝐵𝐿𝑣𝐸1𝐼21

=3𝐼

𝐼2=

𝑅22212~4s线框有一局部进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得𝐼3221综上分析可知A不符合题意，B符合题意；CD𝐹𝑎𝑏=𝐵𝐼𝐿𝑎𝑏

=1𝐼0~1sab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为𝐹𝑎𝑏=𝐵𝐼1𝐿𝐹′

𝑎𝑏

=𝐵×3𝐼

×2𝐿21所以有𝐹′𝑎𝑏=3𝐹𝑎𝑏；由图像可知C符合题意，D不符合题意。故答案为：BC。21【分析】闭合电路中的磁通量发生转变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律推断电流的流向，利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定则和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小。〔1〕金属框中产生的感应电动势为，金属线框的总电阻为𝑅=4𝑙𝜆=0.008𝛺，𝑅所以金属框中的电流为𝐼=𝐸=1𝐴，𝑅𝑡=2.0𝑠时，磁感应强度为𝐵=0.1𝑇，故线框受到的安培力为𝐹=𝐵𝐼𝐿=0.04√2𝑁；〔2〕依据𝑄=𝐼2𝑅𝑡可得在𝑡=0到𝑡=2.0𝑠0.016J【学问点】安培力；左手定则；安培定则；通电直导线和通电线圈四周磁场的方向【分析】(1)首先算出感应电动势和线框电阻，然后算出电流大小，最终依据安培力公式进展计算；(2)依据焦耳热的公式进展计算。6〔1〕解：自由电子受到的洛伦兹力沿𝑧方向；解：设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有=𝑞𝐼𝑛 𝑡=𝑞设自由电子在x𝑣𝑛𝑥𝐼𝑛=𝑛𝑒𝑎𝑏𝑣𝑛𝑥洛单个自由电子所受洛伦兹力大小为𝐹 =𝑒𝑣𝑛𝑥𝐵洛电霍尔电场力大小为𝐹 =𝑒𝐸电自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向一样，联立得其合力大小为

𝐼𝑛𝐵=𝑒(=𝑒(+𝐸)𝛥𝑡时间内在z𝑁𝑛、空穴数为𝑁𝑝，则𝑁𝑛=𝑛𝑎𝑐𝑣𝑛𝑧𝛥𝑡𝑁𝑝=𝑝𝑎𝑐𝑣𝑝𝑧𝛥𝑡霍尔电场建立后，半导体z𝑁𝑛=𝑁𝑝即在任何相等时间内运动到上外表的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。【学问点】左手定则；洛伦兹力；电场力〔1〕依据左手定则推断洛伦兹力的方向；〔2〕依据电流的定义式以及微观表达式得出电子定向移动的速率；结合洛伦兹力的表达式和电场力的表达式得出合力的大小；〔3〕求出𝛥𝑡z方向的上外表的自由电子数和空穴数，得到两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。〔1〕解：在𝑎𝑏𝑎𝑏做加速度渐渐减小的加速运动，速度到达最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F𝐹𝐴𝐹−𝑚𝑔sin𝜃−𝐹𝐴=0设此时回路中的感应电动势为E𝐸=𝐵𝐿𝑣设回路中的感应电流为I𝐼=𝑎𝑏𝐹𝐴=𝐼𝐿𝐵𝑃=𝐹𝑣𝑃=4𝑊

𝐸𝑅+𝑟〔2〕解：𝑎𝑏从速度𝑣 到

𝑃𝑡−𝑊−𝑚𝑔𝑥sin𝜃=1𝑚𝑣2−1𝑚𝑣21 2𝑥=0.1𝑚

2 2 2 1【学问点】动能定理的综合应用；安培力；法拉第电磁感应定律〔1〕ab棒进展受力分析，依据正交分解和共点力平衡列方程；结合法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律和安培力的表达式得出拉力F；结合功率的表达式得出拉力的功率；〔2〕ab运动过程中依据动能定理得出𝑎𝑏沿导轨的位移大小x。〔1〕E=Blv0则金属杆中的电流I= 𝐸

𝐵𝑙𝑣0𝑅 𝑅由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0

向右做匀速直线运动则有FF

BIl 𝐵2𝑙2𝑣0依据安 𝑅功率的计算公式有PFv

= 𝐵2𝑙2𝑣20 𝑅 0〔2〕〔i〕设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为，则金属杆在水平外力作用下以速度v0

向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为I=nSeu0=

𝐵𝑙𝑣0𝑅

𝐵𝑙𝑣0𝑅𝑢0此时电子沿金属杆定向移动的速率变为

𝑢0

𝑢0 = 𝐵𝑙𝑣′

𝑣021 1

2 2 𝑅则能量守恒有 mv′= mv2-Q2 2 03解得Q= mv28 0〔ii〕由〔i〕v变到

𝑣0

Bql×Dtm

𝑣0-mv0=-BlnSe

0 2 2𝛥𝑡=0𝑢𝛥𝑡 BlnSe×d〔取向右为正〕𝛥𝑡=0

𝐵𝑙𝑣0𝑅𝑢0化简得d= 𝑚𝑅𝑢02𝐵2𝑙2【学问点】动量定理；安培力；电功率和电功；法拉第电磁感应定律〔1〕依据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得出金属杆中的电流，依据安培力的表达式以及瞬时功率的计算得出水平外力的功率；〔2〕依据电流的微观表达式以及能量守恒得出电阻R上产生的焦耳热；金属杆速度变化的过程中依据动量定理得出金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。〔1〕解：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压𝑈0，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，依据动能定理有

=−1𝑚𝑣2𝑣0

√2𝑒𝑈0=𝑚=

0 2 0b.𝑀𝑁𝐵0时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r2𝑟=𝑅依据洛伦兹力供给向心力，则有𝐵0𝑞𝑣0=

𝑣20𝑟0=𝑣0=

𝐵0𝑞𝑅2𝑚〔2〕解：撤去柱面，设单位长度射出电子数为n𝑁=𝑡 𝐼=𝑞=𝑁𝑡𝑒=𝑁𝑒𝑡

𝑛𝑎𝑏2𝜋𝑅nn所以：𝑒𝑎𝑏依据动量定理有得金属片上的压强为：𝑝=

=𝑚𝑣𝑁=𝑚𝑣·𝐼𝑣=解得 𝑣=𝑚𝐼

𝑎𝑏

𝑎𝑏 𝑒故总动能为

=𝑛·1𝑚𝑣2=𝜋𝑒𝑅𝑝2𝑎𝑏2 【学问点】电荷在电场中的加速；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动2 〔1〕粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小，带电粒子在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，利用几何关系求解轨道半径，再结合选项分析求解粒子速度；〔2〕电流是描述电荷流量的物理量，电流越大，单位时间内流过的电荷量就越多，电流的微观表达式结合电子的密度和流速求解即可。𝛥𝑡〔1〕120𝑚/𝑠降至3𝑚/𝑠0.7m/s2的匀减𝑎=𝛥𝑣𝛥𝑡𝑎 0.7 得𝑡=𝛥𝑣=20−3𝑠=170𝑠≈24.3𝑠𝑎 0.7 0𝑣2𝑣20

=−2𝑎𝑥𝑥=

𝑣2−𝑣20−2𝑎0

32−202=−2×0.7=

𝑚=279.3𝑚MN𝐸=𝐵𝐿𝑣𝑅回路中感应电流𝐼=𝐸𝑅MN𝐹=𝐵