【解析】2024届高考物理第一轮复习：磁场

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一、选择题

1．（2023高二下·舒城期末）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是()

A．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱

B．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极

C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向

D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小

【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线

【解析】【解答】沿磁感线方向，磁场可以减弱，可以增强，也可以不变，A错；磁感线是闭合曲线，B错；物理学中规定磁场的方向是小磁针静止时N极所指的方向，或N极在磁场中的受力方向，C错；导体所受的安培力还与电流方向与磁场方向的夹角有关，有可能在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小，D对。

【分析】学生要熟练掌握磁感线的特点，并能区分磁感线和电场线的异同点；知道安培力的一般表达式。

2．电现象与磁现象之间有着深刻的联系，人类研究电、磁现象的历史比力学更为丰富多彩。其中安培、法拉第和麦克斯韦等物理学家作出了卓越的贡献，下列物理事实归功于法拉第的有（）

A．发现电磁感应现象B．提出分子电流假说

C．发现电流的磁效应D．提出变化磁场产生电场的观点

【答案】A

【知识点】物理学史

【解析】【解答】安培提出了分子电流假说，法拉第发现了电磁感应现象，麦克斯韦提出了变化的磁场产生电场，奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确。

故选A

【分析】本题考查物理学史，需要平时多积累，难度不大。

3．（2023高二上·武汉期末）司南是我国著名科技史学家王振铎根据春秋战国时期的《韩非子》书中和东汉时期思想家王充写的《论衡》书中“司南之杓，投之于地，其柢指南”的记载，考证并复原勺形的指南器具。书中的“柢”指的是司南的长柄，如图所示。司南是用天然磁铁矿石琢成一个勺形的东四，放在一个刻着方位的光滑盘上，当它静止时，共长柄（）

A．“柢”相当于磁体的N极

B．司南可以用铜为材料制作

C．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行

D．司南能“司南”是因为地球存在磁场，地磁南极在地理北极附近

【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场

【解析】【解答】A．司南之杓，投之于地，其柢指南，地磁场北极在地理南极，所以“柢”相当于磁体的S极，A不符合题意；

B．司南不可以用铜为材料制作，因为无法磁化，B不符合题意；

C．磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，C不符合题意；

D．司南能“司南”是因为地球存在磁场，地磁南极在地理北极附近，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】地磁场北极在地理南极附近。司南不可以用铜为材料制作，因为无法磁化，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线。

4．（2023高二下·宁县月考）一根长度为20cm、通以1A电流的导线，垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中，通电导线受到的作用力为4N，则B的数值为（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

【答案】B

【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用

【解析】【解答】通电导线垂直放在磁场中，受到安培力为：，代入数据，，知B=20T，A、C、D错误，B正确。

故答案为：B。

【分析】本题针对通电导线垂直放入磁场中受到的安培力大小的计算，注意单位的换算。

5．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为△L1和△L2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（）

A．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

【答案】B

【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示为，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；

故答案为：B

【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。

6．（2023高二下·齐齐哈尔月考）如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度（）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为。则（）

A．一定是

B．一定是

C．一定是

D．可能是，也可能是

【答案】A

【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动

【解析】【解答】不论带电粒子带何种电荷，由于，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用电场力的大小结合粒子在电场中骗子位移的大小可以比较电场力做功的大小，洛伦兹力对粒子不做功。

7．（2023高二下·浙江月考）如图所示为某污水测量装置，绝缘材料做成的水平圆管内径为D，在圆管某横截面的一条竖直直径上安装两个金属电极M、N，M装在顶部、N装在下部，M、N刚好戳穿绝缘材料，当圆管内充满污水时，M、N能与污水有良好接触。将这一装置安装在杭州某工厂排污口，并使圆管的中心轴线沿东西方向放置，污水恰能充满圆管并以稳定的速度v向东流淌。污水中含有大量可自由移动的离子。在圆管侧面加一个磁感应强度为B、方向垂直于M、N所在直径向北的匀强磁场，在M、N之间形成的电势差为；撤去匀强磁场，M、N之间依然存在电势差，大小为。下列说法正确的是（）

A．

B．

C．排污口所在处地磁场的水平分量

D．单位时间内流出的污水体积为

【答案】C

【知识点】共点力的平衡；电磁流量计

【解析】【解答】A．根据题意可知该处地磁场水平方向的分量为从南到北，而所加磁场的方向垂直于M、N所在直径向北，因此根据左手定则可知，无论是地磁场还是所加磁场，污水中的正离子都向M处移动、负离子都向N处移动，故，，A不符合题意；

B．设地磁场在该处的水平分量为，根据平衡条件可得，解得，B不符合题意；

C．撤去匀强磁场后，由于污水流速不变，因此根据平衡条件可得，解得，结合C选项分析可得，C符合题意；

D．结合BC选项分析可得，管道的横截面积为，单位时间内流出的污水体积为，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用左手定则可以判别离子的偏转方向进而判别电势差的大小；利用平衡方程可以求出离子速度的大小；利用电场力和洛伦兹力相等可以求出地磁场水平分量的大小；利用速度的表达式结合横截面积的大小可以求出单位时间排出污水的体积大小。

8．（2023高二下·贵池期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）

A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U

B．乙图可判断出A极板是发电机的负极

C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是

D．丁图中若载流子带负电，稳定时C端电势高

【答案】B

【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件

【解析】【解答】A、回旋加速器加速粒子所获得的的最大速度，根据得，增大电压U不会影响粒子的最大速度，故A错误。

B、根据左手定则可知正离子所受洛伦兹力方向指向B板，负离子所受洛伦兹力方向指向A板，故B板为正极，A板为负极，B正确。

C、粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，即，但无法辨别粒子的电性，故C错误。

D、若载流子为负离子，由左手定则可知粒子所受洛伦兹力方向指向C端，C端聚集负电荷，电势较低，D错误。

故答案为：B

【分析】根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向，再由洛伦兹力提供向心力和平衡条件分析求解。

9．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法错误的是()

A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同

B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同

C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹不一定相同

D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大

【答案】A

【知识点】复杂边界；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根据洛伦兹力提供向心力可知，所以速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；

对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示：

由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，由得，所有粒子在磁场运动周期都相同，A错误、C正确；

运行时间，所以D正确

故选A

【分析】本题考查洛伦兹力提供向心力和圆周运动的综合应用。

10．（2023·杭州模拟）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。两磁极连线方向沿x轴，通过霍尔元件的电流I不变，方向沿z轴正方向。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着±x方向移动时，则有霍尔电压输出，从而能够实现微小位移的测量。已知该霍尔元件的载流子是负电荷，则下列说法正确的是（）

A．霍尔元件向左偏离位移零点时，其左侧电势比右侧高

B．霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高

C．增加霍尔元件沿y方向的厚度，可以增加测量灵敏度

D．增加霍尔元件沿x方向的厚度，可以增加测量灵敏度

【答案】B

【知识点】霍尔元件

【解析】【解答】AB.霍尔元件向左偏离位移零点时，磁场方向向右，根据左手定则，带负电的载流子向下偏转，则上侧电势比下侧高；同理霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高，故A不符合题意，B符合题意；

CD.当稳定时，根据平衡条件得：，又，联立解得：，可见，只有减小x方向的厚度才能增加灵敏度；增加霍尔元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加测量灵敏度，故CD不符合题意。

故答案为：B

【分析】根据左手定则，分析带负电的载流子偏转，分析电势高低；根据平衡条件、微观电流表达式联立求电势差。

11．（2023·重庆市模拟）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（）

A．时间为B．小球所受洛伦兹力做功为quBl

C．外力F的平均功率为D．外力F的冲量为qBl

【答案】D

【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】A、小球随管道做水平向右匀速运动，小球受到因随管道水平向右速度u对应的大小方向不变的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，由位移公式：解得：，A错误；

B、小球所受洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，B错误；

C、小球洛伦兹力不做功，洛伦兹力沿管道方向和垂直于管道水平向左的分力大小相等，故，

外力的平均功率：，C错误；

D、由于外力水平向右，管匀速运动，外力做功发生的位移，由联立解得：，

由冲量公式：，D正确；

故答案为：D

【分析】洛伦兹力不做功，小球随管道水平方向匀速直线运动，竖直方向洛伦兹力不变，由牛顿第二定律计算竖直方向加速和位移公式计算时间，根据水平方向和竖直方向洛伦兹力分力相等，等于水平外力计算其功率，根据外力做功的大小和管道水平匀速运动的位移计算外力大小，从而计算外力的冲量。

二、多项选择题

12．（2022高二上·吉林期中）如图所示，一束带电粒子（不计重力）从左端水平射入后，部分粒子沿直线从右端水平射出，则下列说法中正确的是（）

A．射出的带电粒子一定带负电

B．速度选择器的上极板带负电

C．沿虚线水平射出的带电粒子的速率一定等于

D．若带电粒子的入射速度，则粒子可能向上偏转

【答案】C,D

【知识点】洛伦兹力的计算；速度选择器

【解析】【解答】AB．由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向，由此无法确定射出的带电粒子的电性，但无论射出的粒子电性如何，速度选择器的上极板一定带正电，故AB错误；

C．由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向有得，故C正确；

D．如果带电粒子的入射速度即洛伦兹力大于电场力，若粒子带正电，其所受洛伦兹力向上，则粒子向上偏转，同理可知，若粒子带负电，则粒子向下偏转，故D正确。

故选CD。

【分析】由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向，根据洛伦兹力和电场力方向分析即可。

13．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O

B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出

C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短

D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线

【答案】B,C,D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A.粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，在A点沿半径方向与圆筒碰撞，轨迹如图：

粒子与圆筒碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A不符合题意；

B.由图可知，粒子至少与圆筒碰撞两次（A、B点），然后从小孔射出，故B符合题意；

C.设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动有：，设，由几何关系得：，粒子在磁场中做圆周运动的时间为：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C符合题意；

D.由分析可知粒子沿圆筒半径方向射入圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D符合题意。

故答案为：BCD。

【分析】带电粒子沿半径方向射入磁场，沿半径方向射出磁场；通过作图分析；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，由几何关系得到与v的关系式，根据写出时间的关系式进行分析。

14．（2023高二下·潍坊期中）如图所示，直角三角形abc区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac边的中点d，粒子源垂直ac边向磁场中发射不同速率的带正电的粒子，粒子均从bc边界射出，已知粒子质量为m、电荷量为q，下列说法正确的是（）

A．粒子运动的速率可能为

B．粒子在磁场中运动的时间可能为

C．bc边界上有粒子射出的区域长度最大为

D．有粒子经过的磁场区域的面积最大为

【答案】B,C,D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A、根据题意，粒子与ab边相切时对应速度最大，由几何关系可得半径为：

根据洛伦兹力提供向心力：得：，联立解得：，

同理若粒子从c点射出，则速度为：，A错误；

B、由粒子在磁场中的周期公式：

当粒子垂直于bc边射出时，粒子在磁场中运动的时间为：，B正确；

C、由题意可知，粒子与ab边相切时，打在cb边上的点到c点的距离最大，即，C正确；

D、打在cb边上的点到c点的距离最大时，粒子在磁场中面积最大为：，D正确；

故答案为：BCD

【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转，洛伦兹力提供向心力得出半径和周期公式，根据题意粒子最大速度对应相切于ab边由几何关系得出对应最大速度，过c点对应最小速度，由粒子圆周运动圆心角计算粒子在磁场中的运动时间，由几何关系确定bc边的最大距离和磁场中的面积。

三、非选择题

15．（2023高二下·安徽期中）如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。

（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为；

（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向；

（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成（填“正比”或“反比”）。

【答案】（1）

（2）垂直纸面向里

（3）反比

【知识点】安培力；通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算

【解析】【解答】（1）根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式，解得；

（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里；

（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，反过来安培力应该随着距离的增大而减小，而，说明B也随着距离的增大而减小，磁感应强度的大小与离导线距离x成反比。

【分析】本题考查了两直流导线之间的相互作用。

（1）由图像可知导线cd初始时所受的安培力大小，再结合就可以求出初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小；

（2）无论cd导线怎么旋转，某位置的磁感应强度只跟原直线电流有关，根据右手螺旋定则可知O点的磁感应强度方向垂直于纸面向里；

（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，说明磁感应强度也随着距离的倒数增大而增大，即随着距离的增大而减小，成反比关系。

16．（2023高二下·韩城期末）如图甲，间距的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值的定值电阻，导轨电阻忽略不计，一导体棒（电阻不计）垂直于导轨放在距离导轨左端的ab处，其质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，取竖直向下为正方向。时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在内导体棒在外力作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取。

（1）求时安培力的大小和方向；

（2）从开始，导体棒在恒力作用下向右运动到cd处，此时导体棒速度已达最大，求该过程中电阻R上产生的热量Q；

（3）若将金属棒滑行至cd处后，让磁感应强度逐渐减小，导体棒在恒力作用下继续向右运动，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度随时间t变化的关系式（关系式以cd处的时刻记作）

【答案】（1）解：前3s内，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势

根据闭合电路欧姆定律可得感应电流

根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向

t=1s时，安培力

据左手定知安力方向水平向右。

（2）解：导体棒速度最大时，根据平衡条件可得

其中。

由图乙知

联立解得

根据能量守恒定律得

解得。

（3）解：导体棒中不产生感应电流，回路中的磁通量变化量为零

对导体棒，根据牛顿第二定律可得

解得

根据可得

解得T

【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；法拉第电磁感应定律

【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，闭合电路欧姆定律求出感应电路，再由安培力计算公式F=BIL求出安培力的值，由左手定则分析安培力的方向；（2）当导体棒匀速运动时，由共点力平衡条件列式求出导体棒的速度，即为最大速度，再根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量Q；（3）金属棒中不产生感应电路，做匀变速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，回路不产生感应电路，则磁通量变化为零，由此列式求出磁感应强度随时间t变化的关系式。

17．（2023高二下·武昌期末）如图所示，直角坐标系中，有一以原点O为中心的正方形ABCD区域，其边长为4a且分别与x轴、y轴平行。还有一个以原点O为圆心，半径为a的圆形区域，圆形区域内分布有匀强电场，方向与x轴负方向、y轴负方向夹角均为45°。圆形区域外，正方形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于A点的粒子源，向磁场中沿AD方向喷射出质量为m，带电量为的粒子，粒子的速度大小可调，不计粒子的重力，忽略边缘效应。

（1）若粒子进入磁场偏转后，能进入圆形区域的电场中，求粒子被射入磁场时的速度大小的范围；

（2）M、N是AC连线与圆形区域边界的交点，若某粒子射入磁场后，经M点射入电场，然后仅从N点射出电场，最后从C点离开磁场。求电场的电场强度大小，以及该粒子从A点运动到C点的时间。

【答案】（1）解：作出粒子恰好不能进入电场的轨迹，如图：

设粒子运动轨迹半径为r，根据几何关系可知粒子恰好不能进入电场的r满足

或

根据洛伦兹力提供向心力有

解得粒子被射入磁场时的速度大小的范围为

（2）解：根据对称性可知粒子进入M点时与AC夹角为45°，根据几何关系可知

根据洛伦兹力提供向心力有

解得

粒子在电场中的运动时间为

同时沿MN方向有

粒子在磁场中的运动时间为

联立解得

该粒子从A点运动到C点的时间为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【分析】（1）要找出粒子被射入磁场时的速度大小的范围，首先根据左手定则可知洛伦兹力的方向在AB方向上，则粒子射入磁场时做匀速圆周运动的圆心也在AB连线上，利用全范围法，逐渐增大匀速圆周运动的半径，找出恰好不射入电场的两个临界圆结合几何条件，求出两个临界圆所对应的半径，结合洛伦兹力提供向心力的式子求出两个临界圆对应的速度，就得出粒子被射入磁场时的速度大小的范围。

（2）作出粒子在射入M点之前在磁场中运动的轨迹，结合几何条件求出粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力列式，求出圆周运动的速度v，粒子射入M点时，与MN之间的夹角为45度，对速度进行分解，分解为垂直于MN的分速度v1以及平行于MN的分速度V2，我们可以看到粒子在平行于MN的方向上做匀速直线运动，垂直于MN的方向上先做匀减速直线运动再做匀加速直线运动，根据推导出粒子在电场中运动的时间，再结合平行MN的方向位移为2a列匀速直线运动的位移的公式，求出场强E的大小。粒子在进入电场前的圆周运动与离开电场后的圆周运动时对称的，总共运动了一个半圆，所以，再加上电场中运动的时间即为该粒子从A点运动到C点的时间。

18．（2022高三上·肥东期末）如图，磁感应强度大小为B匀强磁场垂直纸面向里。点A、C、O、D处于一条水平线上，且。A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点。已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：

（1）粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比；

（2）求粒子到达圆周所需的最短时间，及最先到达圆周的粒子的速度大小。

【答案】（1）解：由左手定则得，粒子带负电。

由洛伦兹力提供向心力得

由几何关系得

联立解得

（2）解：粒子在磁场中的运动周期为

又

解得

可见周期与速度无关。所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短。由几何关系得，当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短。如图

则

时间最短，则该粒子最先到达。则

解得

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【分析】（1）由左手定则得出粒子的电性，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系得出速度之比；

（2）由几何关系分析得出当轨迹圆弧的所对应的弦与圆相切时，时间最短，结合粒子在磁场中做圆周运动知识处理。

19．（2023高二下·文山期末）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界．质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ=30°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．

【答案】解：若粒子带正电荷，粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图甲所示．

设圆心为O1，则l＝R1(1＋cos30°)

由qv1B＝

解得v1＝

对应运动时间t＝

若粒子带负电荷，粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图乙所示．

设圆心为O2，半径为R2，则cos30°＝

由qv2B＝

解得v2＝

对应运动时间t＝

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【分析】本题考查带电粒子在有界磁场的运动，首先题意并没有给出粒子的电性，要分情况讨论。其次，带电粒子在直线边界匀强磁场中运动时，具有对称性，即进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等；在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，要求学生能够找圆心、定半径、画轨迹，带电粒子在磁场的运动时间与在磁场运动轨迹对应的圆心角有关；本题考查粒子在磁场中运动的临界条件，刚好没能从PQ边界射出磁场，说明运动轨迹与PQ相切。

20．（2023高三上·茂名开学考）如图所示，在平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于、、点和、、点，其中圆弧的半径为。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点向外辐射，其间的电势差为。圆弧上方圆周外区域，存在着上边界为的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧内无电场和磁场。点处有一粒子源，在平面内向轴上方各个方向，射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：

（1）粒子被电场加速后的速度；

（2）要使有的粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，且该粒子运动轨迹的圆心为轴上某点，求此时磁场的磁感应强度的大小；

（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中的倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度。

【答案】（1）解：设粒子被电场加速后速度为，由动能定理可得

解得

（2）解：垂直磁场上边界射出的粒子的圆心必在磁场上边界上，设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为，如图

则，

故

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动

联立解得

（3）解：当时，根据，可得带电粒子在磁场中的运动半径

由几何知识可知，当粒子从沿轴正方向进人磁场，粒子从磁场上边界的射出点，为粒子能够到达上边界的最右端，粒子能够到达上边界的最右端轴的距离

当粒子与磁场上边界相切时，切点为粒子能够到达上边界的最左端，如图

由几何关系可知，粒子能够到达上边界的最左端距轴的距离为

可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动

【解析】【分析】本题考查带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在加速电场的运动，一般应用动能定理求解粒子在电场的末速度；粒子垂直于磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，关键画出粒子的运动轨迹图，满足磁感应强度有最大值，根据几何关系确定轨迹半径的最小值，从而可以确定磁感应强度的最大值；求解带电粒子在磁场的运动半径时，根据几何关系确定粒子能够达到上边界的范围的左右端点。

21．（2023高二下·通州期中）回旋加速器在核技术、核医学等领域得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆金属盒，接在电压恒为U的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能产生质子（初速度可忽略，重力不计，不考虑相对论效应），质子在两盒狭缝间的电场中运动时被加速。D1、D2置于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的质量为m，带电荷量为q。求：

（1）质子被回旋加速器加速能达到的最大速率vm；

（2）质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n。

【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力有

解得

（2）解：根据题意有

所以

【知识点】质谱仪和回旋加速器

【解析】【分析】(1)、求质子被回旋加速器加速能达到的最大速率vm，洛伦兹力提供向心力可知，半径越大速度就越大；

（2）求质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n，由动能定理可知，经过一次电场，粒子杯加速一次有：。

22．（2023高二下·顺义期中）质谱仪是一种分离和检测同位素的重要工具，其结构原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为：区域Ⅱ为速度选择器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为的粒子，初速度为零，经粒子加速器加速后，恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界的方向进入分离器后打在上的P点，空气阻力，粒子重力及粒子间相互作用力均忽略不计。

（1）求粒子进入速度选择器时的速度大小v；

（2）求速度选择器两极板间的电压；

（3）19世纪末，阿斯顿设计的质谱仪只由区域Ⅰ粒子加速器和区域Ⅲ偏转分离器构成，在实验中发现了氖22和氖20两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同，质量不同），他们分别打在上相距为的两点。为便于观测。的数值大一些为宜，不计粒子从区域Ⅰ的上极板飘入时的初速度，请通过计算分析为了便于观测应采取哪些措施。

【答案】（1）解：粒子在加速电场中加速时

则

（2）解：在速度选择器中

解得

（3）解：粒子在加速电场中加速时

则

进入磁场后做圆周运动

解得

设氖22和氖20两种同位素粒子质量分别为m1和m2，电荷量为均q，则

则为了便于观测，可增加加速电压U或者减小磁场的磁感应强度B2。

【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机

【解析】【分析】（1）由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，求出速度；（2）根据粒子在速度选择器中，电场力与洛伦兹力大小相等的特点列式计算；（3）推导粒子在磁场中的运动半径，结合关系得出为了便于观察，可以采取的措施。

23．（2022高三上·贵州月考）如图甲所示，足够长平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为θ，间距为L；垂直于导轨平面向上有一匀强磁场，磁感应强度为B。b、d端并联接入阻值为R的电阻和电容为C的电容器。一质量为m、电阻为R的导体棒MN垂直导轨放置，闭合开关S1，将导体棒由静止释放，t0时刻，断开开关S1的同时闭合开关S2，2t0时刻导体棒加速到最大速度，其速度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知导体棒所受的滑动摩擦力与其重力的比值是定值，重力加速度为g。以下（2）（3）问的计算结果选用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不计金属导轨的电阻，求：

（1）导体棒在过程I中所受安培力的方向；

（2）导体棒所受的滑动摩擦力与其重力的比值k及导体棒所能达到的最大速度vm；

（3）令，导体棒在过程II中运动的距离s。

【答案】（1）沿导轨平面向上

（2）解：由牛顿第二定律

由图乙可得

而，

由电磁感应定律

又，

解得

由题意

而

由闭合电路的欧姆定律

又

解得

（3）解：由动量定理

由闭合电路的欧姆定律

由法拉第电磁感应定律

解得

【知识点】动量定理；安培力；左手定则；电路动态分析；右手定则；法拉第电磁感应定律

【解析】【分析】（1）根据右手定则和左手定则，导体棒在过程Ⅰ中所受的安培力方向沿导轨平面向上；

（2）对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律以及安培力的表达式和匀变速直线运动、闭合电路欧姆定律的规律得出导体棒所受的滑动摩擦力与其重力的比值以及最大速度；

（3）根据动量定理以及闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律得出导体棒在过程II中运动的距离。

24．（2023高二下·永胜期末）如图所示，两水平金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，B板比A板电势高300V，即UBA＝300V．一带正电粒子的电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s从R点沿电场中心线RO射入电场．粒子飞出电场后经过无场区域，进入界面为MN、PQ的匀强磁场区域，从磁场的PQ边界出来后刚好打在中心线上的S点．已知MN边界与平行板的右端相距为L，两界面MN、PQ相距为L，S点到PQ边界的距离为L，且L＝12cm，粒子重力及空气阻力不计，求：

（1）粒子射出平行板时的速度大小v；

（2）粒子进入界面MN时偏离中心线RO的距离；

（3）匀强磁场的磁感应强度的大小B.

【答案】（1）解：粒子在电场中做类平抛运动，有qE＝ma，，vy＝at，

代入数据，解得vy＝1.5×106m/s，

所以粒子从电场中飞出时的速度大小为.

（2）解：设粒子从电场中飞出时的侧向位移为y，进入界面MN时偏离中心线RO的距离为h，则.

带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，由相似三角形知识得.

代入数据，解得h＝0.12m.

（3）解：设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平面的夹角为θ，则：.

粒子运动轨迹如图所示

由类平抛运动规律可知，粒子射出平行板时的速度的反向延长线过平行板中线的中点．由几何知识可知粒子在磁场中的轨迹左右对称，由此可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝＝0.1m.

又，

代入数据，解得B＝2.5×10－3T.

【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动

【解析】【分析】（1）由粒子在电场中做类平抛运动求解粒子从电场中飞出时的速度大小；

（2）由粒子在电场中做类平抛运动得出侧向位移结合几何关系求解粒子进入界面MN时偏离中心线RO的距离；

（3）由粒子在电场中做类平抛运动得出粒子进入磁场时的速度大小的方向，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力结合几何关系进行求解匀强磁场的磁感应强度的大小B。

1/12024届高考物理第一轮复习：磁场

一、选择题

1．（2023高二下·舒城期末）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是()

A．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱

B．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极

C．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向

D．在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小

2．电现象与磁现象之间有着深刻的联系，人类研究电、磁现象的历史比力学更为丰富多彩。其中安培、法拉第和麦克斯韦等物理学家作出了卓越的贡献，下列物理事实归功于法拉第的有（）

A．发现电磁感应现象B．提出分子电流假说

C．发现电流的磁效应D．提出变化磁场产生电场的观点

3．（2023高二上·武汉期末）司南是我国著名科技史学家王振铎根据春秋战国时期的《韩非子》书中和东汉时期思想家王充写的《论衡》书中“司南之杓，投之于地，其柢指南”的记载，考证并复原勺形的指南器具。书中的“柢”指的是司南的长柄，如图所示。司南是用天然磁铁矿石琢成一个勺形的东四，放在一个刻着方位的光滑盘上，当它静止时，共长柄（）

A．“柢”相当于磁体的N极

B．司南可以用铜为材料制作

C．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行

D．司南能“司南”是因为地球存在磁场，地磁南极在地理北极附近

4．（2023高二下·宁县月考）一根长度为20cm、通以1A电流的导线，垂直放入磁感应强度为B的匀强磁场中，通电导线受到的作用力为4N，则B的数值为（）

A．0.8TB．20TC．0.2TD．80T

5．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为△L1和△L2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（）

A．kgm/(s2A)B．kgm/(s2A2)

C．kgm2/(s3A)D．kgm2/(s3A3)

6．（2023高二下·齐齐哈尔月考）如图甲所示，一带正电粒子以水平初速度（）先后进入方向垂直的宽度相同且紧相邻在一起的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（重力忽略不计），电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以水平初速度穿过重叠场区，在粒子穿过电场和磁场的过程中，电场力和磁场力对粒子所做的总功大小为。则（）

A．一定是

B．一定是

C．一定是

D．可能是，也可能是

7．（2023高二下·浙江月考）如图所示为某污水测量装置，绝缘材料做成的水平圆管内径为D，在圆管某横截面的一条竖直直径上安装两个金属电极M、N，M装在顶部、N装在下部，M、N刚好戳穿绝缘材料，当圆管内充满污水时，M、N能与污水有良好接触。将这一装置安装在杭州某工厂排污口，并使圆管的中心轴线沿东西方向放置，污水恰能充满圆管并以稳定的速度v向东流淌。污水中含有大量可自由移动的离子。在圆管侧面加一个磁感应强度为B、方向垂直于M、N所在直径向北的匀强磁场，在M、N之间形成的电势差为；撤去匀强磁场，M、N之间依然存在电势差，大小为。下列说法正确的是（）

A．

B．

C．排污口所在处地磁场的水平分量

D．单位时间内流出的污水体积为

8．（2023高二下·贵池期中）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）

A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U

B．乙图可判断出A极板是发电机的负极

C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是

D．丁图中若载流子带负电，稳定时C端电势高

9．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法错误的是()

A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同

B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同

C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹不一定相同

D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大

10．（2023·杭州模拟）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。两磁极连线方向沿x轴，通过霍尔元件的电流I不变，方向沿z轴正方向。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，霍尔电压为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着±x方向移动时，则有霍尔电压输出，从而能够实现微小位移的测量。已知该霍尔元件的载流子是负电荷，则下列说法正确的是（）

A．霍尔元件向左偏离位移零点时，其左侧电势比右侧高

B．霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高

C．增加霍尔元件沿y方向的厚度，可以增加测量灵敏度

D．增加霍尔元件沿x方向的厚度，可以增加测量灵敏度

11．（2023·重庆市模拟）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端过程有（）

A．时间为B．小球所受洛伦兹力做功为quBl

C．外力F的平均功率为D．外力F的冲量为qBl

二、多项选择题

12．（2022高二上·吉林期中）如图所示，一束带电粒子（不计重力）从左端水平射入后，部分粒子沿直线从右端水平射出，则下列说法中正确的是（）

A．射出的带电粒子一定带负电

B．速度选择器的上极板带负电

C．沿虚线水平射出的带电粒子的速率一定等于

D．若带电粒子的入射速度，则粒子可能向上偏转

13．（2023·全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O

B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出

C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短

D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线

14．（2023高二下·潍坊期中）如图所示，直角三角形abc区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac边的中点d，粒子源垂直ac边向磁场中发射不同速率的带正电的粒子，粒子均从bc边界射出，已知粒子质量为m、电荷量为q，下列说法正确的是（）

A．粒子运动的速率可能为

B．粒子在磁场中运动的时间可能为

C．bc边界上有粒子射出的区域长度最大为

D．有粒子经过的磁场区域的面积最大为

三、非选择题

15．（2023高二下·安徽期中）如图（1）所示，实验小组通过拉力传感器探究直线电流周围磁感应强度大小规律，将直导线ab直线固定，通过开关接上直流电源，选取一小段长度为L的直导线cd接入电路，并在中点处与拉力传感器相连，拉力传感器接入计算机中，测出直导线ab中通过大的电流强度为，直导线cd中通过小的电流强度为，将导线cd围绕中点O垂直纸面缓慢旋转90°过程中，得到拉力传感器读数随转过角度变化关系如图（2）所示；若将导线cd沿纸平面缓慢向右移动距离x时，得到拉力传感器读数随距离倒数变化关系如图（3）所示，不考虑导线cd所产生的磁场。

（1）初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小为；

（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向；

（3）直线电流产生磁场的磁感应强度大小与离导线距离x成（填“正比”或“反比”）。

16．（2023高二下·韩城期末）如图甲，间距的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值的定值电阻，导轨电阻忽略不计，一导体棒（电阻不计）垂直于导轨放在距离导轨左端的ab处，其质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，取竖直向下为正方向。时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在内导体棒在外力作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取。

（1）求时安培力的大小和方向；

（2）从开始，导体棒在恒力作用下向右运动到cd处，此时导体棒速度已达最大，求该过程中电阻R上产生的热量Q；

（3）若将金属棒滑行至cd处后，让磁感应强度逐渐减小，导体棒在恒力作用下继续向右运动，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度随时间t变化的关系式（关系式以cd处的时刻记作）

17．（2023高二下·武昌期末）如图所示，直角坐标系中，有一以原点O为中心的正方形ABCD区域，其边长为4a且分别与x轴、y轴平行。还有一个以原点O为圆心，半径为a的圆形区域，圆形区域内分布有匀强电场，方向与x轴负方向、y轴负方向夹角均为45°。圆形区域外，正方形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于A点的粒子源，向磁场中沿AD方向喷射出质量为m，带电量为的粒子，粒子的速度大小可调，不计粒子的重力，忽略边缘效应。

（1）若粒子进入磁场偏转后，能进入圆形区域的电场中，求粒子被射入磁场时的速度大小的范围；

（2）M、N是AC连线与圆形区域边界的交点，若某粒子射入磁场后，经M点射入电场，然后仅从N点射出电场，最后从C点离开磁场。求电场的电场强度大小，以及该粒子从A点运动到C点的时间。

18．（2022高三上·肥东期末）如图，磁感应强度大小为B匀强磁场垂直纸面向里。点A、C、O、D处于一条水平线上，且。A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点。已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：

（1）粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比；

（2）求粒子到达圆周所需的最短时间，及最先到达圆周的粒子的速度大小。

19．（2023高二下·文山期末）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界．质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ=30°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．

20．（2023高三上·茂名开学考）如图所示，在平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于、、点和、、点，其中圆弧的半径为。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点向外辐射，其间的电势差为。圆弧上方圆周外区域，存在着上边界为的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧内无电场和磁场。点处有一粒子源，在平面内向轴上方各个方向，射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。求：

（1）粒子被电场加速后的速度；

（2）要使有的粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，且该粒子运动轨迹的圆心为轴上某点，求此时磁场的磁感应强度的大小；

（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中的倍时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度。

21．（2023高二下·通州期中）回旋加速器在核技术、核医学等领域得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆金属盒，接在电压恒为U的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能产生质子（初速度可忽略，重力不计，不考虑相对论效应），质子在两盒狭缝间的电场中运动时被加速。D1、D2置于与盒面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知质子的质量为m，带电荷量为q。求：

（1）质子被回旋加速器加速能达到的最大速率vm；

（2）质子获得最大速度的过程中在回旋加速器中被加速的次数n。

22．（2023高二下·顺义期中）质谱仪是一种分离和检测同位素的重要工具，其结构原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为：区域Ⅱ为速度选择器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为的粒子，初速度为零，经粒子加速器加速后，恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界的方向进入分离器后打在上的P点，空气阻力，粒子重力及粒子间相互作用力均忽略不计。

（1）求粒子进入速度选择器时的速度大小v；

（2）求速度选择器两极板间的电压；

（3）19世纪末，阿斯顿设计的质谱仪只由区域Ⅰ粒子加速器和区域Ⅲ偏转分离器构成，在实验中发现了氖22和氖20两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同，质量不同），他们分别打在上相距为的两点。为便于观测。的数值大一些为宜，不计粒子从区域Ⅰ的上极板飘入时的初速度，请通过计算分析为了便于观测应采取哪些措施。

23．（2022高三上·贵州月考）如图甲所示，足够长平行金属导轨ab、cd与水平面的夹角为θ，间距为L；垂直于导轨平面向上有一匀强磁场，磁感应强度为B。b、d端并联接入阻值为R的电阻和电容为C的电容器。一质量为m、电阻为R的导体棒MN垂直导轨放置，闭合开关S1，将导体棒由静止释放，t0时刻，断开开关S1的同时闭合开关S2，2t0时刻导体棒加速到最大速度，其速度随时间变化的关系图像如图乙所示。已知导体棒所受的滑动摩擦力与其重力的比值是定值，重力加速度为g。以下（2）（3）问的计算结果选用g、θ、C、m、v0、t0、B、L、R表示。不计金属导轨的电阻，求：

（1）导体棒在过程I中所受安培力的方向；

（2）导体棒所受的滑动摩擦力与其重力的比值k及导体棒所能达到的最大速度vm；

（3）令，导体棒在过程II中运动的距离s。

24．（2023高二下·永胜期末）如图所示，两水平金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，B板比A板电势高300V，即UBA＝300V．一带正电粒子的电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－20kg，以初速度v0＝2×106m/s从R点沿电场中心线RO射入电场．粒子飞出电场后经过无场区域，进入界面为MN、PQ的匀强磁场区域，从磁场的PQ边界出来后刚好打在中心线上的S点．已知MN边界与平行板的右端相距为L，两界面MN、PQ相距为L，S点到PQ边界的距离为L，且L＝12cm，粒子重力及空气阻力不计，求：

（1）粒子射出平行板时的速度大小v；

（2）粒子进入界面MN时偏离中心线RO的距离；

（3）匀强磁场的磁感应强度的大小B.

答案解析部分

1．【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线

【解析】【解答】沿磁感线方向，磁场可以减弱，可以增强，也可以不变，A错；磁感线是闭合曲线，B错；物理学中规定磁场的方向是小磁针静止时N极所指的方向，或N极在磁场中的受力方向，C错；导体所受的安培力还与电流方向与磁场方向的夹角有关，有可能在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小，D对。

【分析】学生要熟练掌握磁感线的特点，并能区分磁感线和电场线的异同点；知道安培力的一般表达式。

2．【答案】A

【知识点】物理学史

【解析】【解答】安培提出了分子电流假说，法拉第发现了电磁感应现象，麦克斯韦提出了变化的磁场产生电场，奥斯特发现了电流的磁效应，故A正确。

故选A

【分析】本题考查物理学史，需要平时多积累，难度不大。

3．【答案】D

【知识点】磁现象和磁场、磁感线；地磁场

【解析】【解答】A．司南之杓，投之于地，其柢指南，地磁场北极在地理南极，所以“柢”相当于磁体的S极，A不符合题意；

B．司南不可以用铜为材料制作，因为无法磁化，B不符合题意；

C．磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，C不符合题意；

D．司南能“司南”是因为地球存在磁场，地磁南极在地理北极附近，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】地磁场北极在地理南极附近。司南不可以用铜为材料制作，因为无法磁化，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线。

4．【答案】B

【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用

【解析】【解答】通电导线垂直放在磁场中，受到安培力为：，代入数据，，知B=20T，A、C、D错误，B正确。

故答案为：B。

【分析】本题针对通电导线垂直放入磁场中受到的安培力大小的计算，注意单位的换算。

5．【答案】B

【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制

【解析】【解答】由相互作用力的大小可以表示为，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；

故答案为：B

【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。

6．【答案】A

【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动

【解析】【解答】不论带电粒子带何种电荷，由于，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：洛伦兹力有与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，而洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用电场力的大小结合粒子在电场中骗子位移的大小可以比较电场力做功的大小，洛伦兹力对粒子不做功。

7．【答案】C

【知识点】共点力的平衡；电磁流量计

【解析】【解答】A．根据题意可知该处地磁场水平方向的分量为从南到北，而所加磁场的方向垂直于M、N所在直径向北，因此根据左手定则可知，无论是地磁场还是所加磁场，污水中的正离子都向M处移动、负离子都向N处移动，故，，A不符合题意；

B．设地磁场在该处的水平分量为，根据平衡条件可得，解得，B不符合题意；

C．撤去匀强磁场后，由于污水流速不变，因此根据平衡条件可得，解得，结合C选项分析可得，C符合题意；

D．结合BC选项分析可得，管道的横截面积为，单位时间内流出的污水体积为，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用左手定则可以判别离子的偏转方向进而判别电势差的大小；利用平衡方程可以求出离子速度的大小；利用电场力和洛伦兹力相等可以求出地磁场水平分量的大小；利用速度的表达式结合横截面积的大小可以求出单位时间排出污水的体积大小。

8．【答案】B

【知识点】质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器；霍尔元件

【解析】【解答】A、回旋加速器加速粒子所获得的的最大速度，根据得，增大电压U不会影响粒子的最大速度，故A错误。

B、根据左手定则可知正离子所受洛伦兹力方向指向B板，负离子所受洛伦兹力方向指向A板，故B板为正极，A板为负极，B正确。

C、粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，即，但无法辨别粒子的电性，故C错误。

D、若载流子为负离子，由左手定则可知粒子所受洛伦兹力方向指向C端，C端聚集负电荷，电势较低，D错误。

故答案为：B

【分析】根据左手定则判断粒子所受洛伦兹力的方向，再由洛伦兹力提供向心力和平衡条件分析求解。

9．【答案】A

【知识点】复杂边界；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】由于粒子比荷相同，根据洛伦兹力提供向心力可知，所以速度相同的粒子轨迹半径相同，运动轨迹也必相同，B正确；

对于入射速度不同的粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示：

由图可知，粒子的轨迹直径不超过磁场边界一半时转过的圆心角都相同，运动时间都为半个周期，由得，所有粒子在磁场运动周期都相同，A错误、C正确；

运行时间，所以D正确

故选A

【分析】本题考查洛伦兹力提供向心力和圆周运动的综合应用。

10．【答案】B

【知识点】霍尔元件

【解析】【解答】AB.霍尔元件向左偏离位移零点时，磁场方向向右，根据左手定则，带负电的载流子向下偏转，则上侧电势比下侧高；同理霍尔元件向右偏离位移零点时，其下侧电势比上侧高，故A不符合题意，B符合题意；

CD.当稳定时，根据平衡条件得：，又，联立解得：，可见，只有减小x方向的厚度才能增加灵敏度；增加霍尔元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加测量灵敏度，故CD不符合题意。

故答案为：B

【分析】根据左手定则，分析带负电的载流子偏转，分析电势高低；根据平衡条件、微观电流表达式联立求电势差。

11．【答案】D

【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【解答】A、小球随管道做水平向右匀速运动，小球受到因随管道水平向右速度u对应的大小方向不变的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，由位移公式：解得：，A错误；

B、小球所受洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，B错误；

C、小球洛伦兹力不做功，洛伦兹力沿管道方向和垂直于管道水平向左的分力大小相等，故，

外力的平均功率：，C错误；

D、由于外力水平向右，管匀速运动，外力做功发生的位移，由联立解得：，

由冲量公式：，D正确；

故答案为：D

【分析】洛伦兹力不做功，小球随管道水平方向匀速直线运动，竖直方向洛伦兹力不变，由牛顿第二定律计算竖直方向加速和位移公式计算时间，根据水平方向和竖直方向洛伦兹力分力相等，等于水平外力计算其功率，根据外力做功的大小和管道水平匀速运动的位移计算外力大小，从而计算外力的冲量。

12．【答案】C,D

【知识点】洛伦兹力的计算；速度选择器

【解析】【解答】AB．由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向，由此无法确定射出的带电粒子的电性，但无论射出的粒子电性如何，速度选择器的上极板一定带正电，故AB错误；

C．由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向有得，故C正确；

D．如果带电粒子的入射速度即洛伦兹力大于电场力，若粒子带正电，其所受洛伦兹力向上，则粒子向上偏转，同理可知，若粒子带负电，则粒子向下偏转，故D正确。

故选CD。

【分析】由题意可知，射出的部分粒子沿虚线做匀速直线运动，即洛伦兹力与电场力等大反向，根据洛伦兹力和电场力方向分析即可。

13．【答案】B,C,D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A.粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，在A点沿半径方向与圆筒碰撞，轨迹如图：

粒子与圆筒碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O，故A不符合题意；

B.由图可知，粒子至少与圆筒碰撞两次（A、B点），然后从小孔射出，故B符合题意；

C.设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动有：，设，由几何关系得：，粒子在磁场中做圆周运动的时间为：，所以粒子的速度越大，越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C符合题意；

D.由分析可知粒子沿圆筒半径方向射入圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D符合题意。

故答案为：BCD。

【分析】带电粒子沿半径方向射入磁场，沿半径方向射出磁场；通过作图分析；根据洛伦兹力提供向心力求出半径，由几何关系得到与v的关系式，根据写出时间的关系式进行分析。

14．【答案】B,C,D

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动

【解析】【解答】A、根据题意，粒子与ab边相切时对应速度最大，由几何关系可得半径为：

根据洛伦兹力提供向心力：得：，联立解得：，

同理若粒子从c点射出，则速度为：，A错误；

B、由粒子在磁场中的周期公式：

当粒子垂直于bc边射出时，粒子在磁场中运动的时间为：，B正确；

C、由题意可知，粒子与ab边相切时，打在cb边上的点到c点的距离最大，即，C正确；

D、打在cb边上的点到c点的距离最大时，粒子在磁场中面积最大为：，D正确；

故答案为：BCD

【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转，洛伦兹力提供向心力得出半径和周期公式，根据题意粒子最大速度对应相切于ab边由几何关系得出对应最大速度，过c点对应最小速度，由粒子圆周运动圆心角计算粒子在磁场中的运动时间，由几何关系确定bc边的最大距离和磁场中的面积。

15．【答案】（1）

（2）垂直纸面向里

（3）反比

【知识点】安培力；通电导线及通电线圈周围的磁场；平行通电直导线间的相互作用；安培力的计算

【解析】【解答】（1）根据安培定则，导线ab在cd位置处产生磁场方向垂直纸面向里，初始位置的磁感应强度大小为B，由图像可知此时导线cd受的安培力为，由安培力公式，解得；

（2）导线cd旋转90°时，O点磁感应强度方向不变，导线ab在O点产生的磁场方向垂直纸面向里；

（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，反过来安培力应该随着距离的增大而减小，而，说明B也随着距离的增大而减小，磁感应强度的大小与离导线距离x成反比。

【分析】本题考查了两直流导线之间的相互作用。

（1）由图像可知导线cd初始时所受的安培力大小，再结合就可以求出初始时导线cd所在位置的磁感应强度大小；

（2）无论cd导线怎么旋转，某位置的磁感应强度只跟原直线电流有关，根据右手螺旋定则可知O点的磁感应强度方向垂直于纸面向里；

（3）在图像中可看到安培力随着距离的倒数增大而增大，说明磁感应强度也随着距离的倒数增大而增大，即随着距离的增大而减小，成反比关系。

16．【答案】（1）解：前3s内，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势

根据闭合电路欧姆定律可得感应电流

根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向

t=1s时，安培力

据左手定知安力方向水平向右。

（2）解：导体棒速度最大时，根据平衡条件可得

其中。

由图乙知

联立解得

根据能量守恒定律得

解得。

（3）解：导体棒中不产生感应电流，回路中的磁通量变化量为零

对导体棒，根据牛顿第二定律可得

解得

根据可得

解得T

【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；法拉第电磁感应定律

【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，闭合电路欧姆定律求出感应电路，再由安培力计算公式F=BIL求出安培力的值，由左手定则分析安培力的方向；（2）当导体棒匀速运动时，由共点力平衡条件列式求出导体棒的速度，即为最大速度，再根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量Q；（3）金属棒中不产生感应电路，做匀变速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，回路不产生感应电路，则磁通量变化为零，由此列式求出磁感应强度随时间t变化的关系式。

17．【答案】（1）解：作出粒子恰好不能进入电场的轨迹，如图：

设粒子运动轨迹半径为r，根据几何关系可知粒子恰好不能进入电场的r满足

或

根据洛伦兹力提供向心力有

解得粒子被射入磁场时的速度大小的范围为

（2）解：根据对称性可知粒子进入M点时与AC夹角为45°，根据几何关系可知

根据洛伦兹力提供向心力有

解得

粒子在电场中的运动时间为

同时沿MN方向有

粒子在磁场中的运动时间为

联立解得

该粒子从A点运动到C点的时间为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动

【解析】【分析】（1）要找出粒子被射入磁场时的速度大小的范围，首先根据左手定则可知洛伦兹力的方向在AB方向上，则粒子射入磁场时做匀速圆周运动的圆心也在AB连线上，利用全范围法，逐渐增大匀速圆周运动的半径，找出恰好不射入电场的两个临界圆结合几何条件，求出两个临界