第11章 磁场-【经纶学霸●白题】2025年学霸高考物理一轮复习

第十一章 磁场 学霸高考 第十一章 磁场 第1节 磁感应强度、磁感线与磁通量 限时:5min 考点分析:1.安培定则;2.磁场基本概念的理解; 3.磁感应强度的矢量叠加 1.(2022·福建高考)(多选)奥斯特利用如图 C.a、c两点的磁感应强度相同 所示实验装置研究电流的磁效应,一个可自由 D. b、d两点的磁感应强度相同 转动的小磁针放在白金丝导线正下方,导线 3.(2024·贵州黔西期中)(多选)利用智能手机 两端与一伏打电池相连.接通电源瞬间,小磁 中的传感器和相关软件可测量磁感应强度,如 针发生了明显偏转,奥斯特采用控制变量法 图所示,在水平放置的手机上建立三维坐标 继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势 系,手机显示屏所在平面为xOv面,竖直向上 以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的 为:轴正方向,测得B.=0T、B.=28T、B.= ( 影响.他能得到的实验结果有 ) -21T,手机显示屏的面积约为0.01m2,根 据测量数据可知 ( ) A. 测量地点位于北半球 B.通过手机显示屏的磁通量约为2.8x A. 减小白金丝直径,小磁针仍能偏转 10-7Wb B. 用铜导线替换白金丝,小磁针仍能偏转 C. 通过手机显示屏的磁通量为3.5x10Wb C. 减小电源电动势,小磁针一定不能偏转 D.通过手机显示屏的磁通量为2.1x10Wb D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关 2.(2023·广东深圳一模)反亥姆霍兹线圈是冷 原子实验室中的科研装置,结构如图所示,一 对完全相同的圆形线圈,共轴放置,已知0为 (第3题) 装置中心点,a、、c、d点到0点距离相等,直 (第4题) 线d0与线圈轴线重合,直线cOa与轴线垂 4.(2024·云南昆明期中)(多选)在磁感应强度 直.现两线圈内通入大小相等且方向相反的电 为B.、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置 流,则 ( ) {进 一根长通电直导线,电流的方向垂直于纸面 向里.如图所示,a、b、cd是以直导线为圆心 1 的同一圆周上的四点,在这四点中 ~ A.b、d两点的磁感应强度相同 B.b、d两点的磁感应强度方向相反 A. 两线圈间为匀强磁场 C.c点的磁感应强度的值最小 B.O点的磁感应强度为零 D.a点的磁感应强度的值最大 学霸富考 白题 物理 第2节 磁场对通电导线的作用力 限时:25min 考点分析:1. 安培力的方向判断与计算公式: 2. 磁场中物体的受力分析. 1.(2022·浙江高考)利用如图所示装置探究匀 3.(2024·广东佛山期中)管道内部有三根绝缘 强磁场中影响诵电导线受力的因素,导线垂 超高压输电线缆平行且间距相等,截面图如 直匀强磁场方向放置,先保持导线通电部分的 图所示.上方两根输电线缆A、B圆心连线水 长度L不变,改变电流/的大小,然后保持申 平,某时刻A中电流方向垂直于纸面向外、B 流/不变,改变导线通电部分的长度L.得到 中电流方向垂直于纸面向里,A、B中电流大 导线受到的力F分别与/和1的关系图像,则 小均为/.C中电流方向垂直于纸面向外、电 . 流大小为2/.则 ) 正确的是 ( ) A. B、C输电线缆相互吸弓 1###### B. 输电线缆A、B圆心连线中点处的磁感应 强度方向竖直向上 C D C. 正三角形中心0处的磁感应强度方向水平 向左 2.(2024·广东佛山期中)(多选)航母上的一种 D. 输电线缆A所受安培力方向垂直线缆A. 电磁弹射系统可简化为下图,图中MV、P0是 光滑平行金属直导轨(电阻忽略不计),AB是 圆心连线向下 电磁弹射车,回路PBAV中电流恒定,且可当 4.(2024·湖北黄冈期中)如图所示,边长为a 长直导线处理.该电流产生的磁场对弹射车施 的正方形线框ABCD由四根完全相同的导体 棒连接而成,线框平面与磁感应强度方向垂 加力的作用,从而带动舰载机由静止开始向 直,当流入A点的电流为/时,导体棒AB受 右加速起飞,不计空气阻力,关于该系统,下 到的安培力大小为F,则 ~ 列说法正确的是 ( ) 。 1飞机 ___N A. MN、PO间的磁场是匀强磁场 A. AD边受到的安培力的大小为F B. 弹射车所受的安培力与电流的大小成正比 B. 整个线框受到的安培力的大小为2F C. 弹射车的速度与运动的时间成正比 D. 若改变回路PBAV中的电流方向,弹射车 也能正常加速 D. 整个线框受到的安培力的方向竖直向下 第十一章 磁场 学霸高考 5.(2023·浙江舟山期末)如图所示,磁感应强 摩擦力等于滑动摩擦力,导轨的电阻不计,g ( 度大小为B,方向水平向右的匀强磁场中,有 取10m/s{则下列说法正确的是 ~ 一长为L的轻质半圆形金属导线,通有从0 到0的恒定电流7.现将金属导线绕轴00由 图示位置向纸面外转过90。,下列说法正确 . 的是 _ A. 金属杆对导轨的压力F、三8.4N B. 金属杆与导轨间的动摩擦因数u=0.12 C. 若把磁场的方向变为竖直向上,则闭合开 4 A. 转动过程中,安培力大小始终不变 B. 转动过程中,安培力大小一直变化 D. 若把磁场的方向变为水平向右,则金属杆 C.转过90*时,安培力大小为BIL D. 转动过程中,安培力方向不断变化 8.(2023·广东山头一模)(多选)某同学自制电 6.(2023·重庆一模)一根质量为m粗细可忽略 流表的原理图如图所示,均匀细金属杆VN 长度为/的导体棒静止在一个足够长的光沼 与竖直悬挂的绝缘轻弹策相连,在矩形区域 绝缘半圆杜体顶端,导体棒中通有垂直纸面 ac内有匀强磁场,方向垂直于纸面向外.V 向外大小为/的电流,其截面如图,现让导体 右端连接绝缘轻指针,可指示出标尺上的刻 棒由静止滑下,一段时间后从某一位置P离 度,当VN中没有电流通过目保持静止时.V 开半圆柱体,若给空间加入方向沿半圆柱截面 与a重合,此时指针指在标尺的零刻度线 半径指向圆心的磁场(图中未画出),其他条 处,当MV中有电流时,指针示数可表示电流 件不变,则导体棒离开半圆柱体的位置在P 大小.VV始终在纸面内且保持水平,以下说 点的 ( ) ( 法正确的是 _ A.同一位置 B.右下方 .._.。 C.左上方 D. 无法确定 7.(2024·湖北随州联考)(多选)如图所示,金 A. 弹的伸长量与金属杆中的电流大小成 属杆ab的质量为m=1kg,电阻R=12.长 正比 /=1m.放在磁感应强度B=1T的匀强磁场 B. 劲度系数减小,此电流表量程会更小 中,磁场方向与ab杆垂直,且与导轨平面夹 C. 磁感应强度减小,此电流表量程会更大 角为e=37*斜向上,a恰能静止于水平导轨 D. 为使电流表正常工作,金属杆中电流的方 上.电源电动势E=3V.内阻,=0.52.最大静 向应从N指向M 学霸言夸白题 物理 第3节 带电粒子在磁场中的运动(一) 限时:30min 考点分析;1.洛伦兹力的方向与特点; 2.带电粒子在匀强磁场中的运动 1.(2023·广东广州一模)(多选)如图,质子以 0下方有匀强磁场,现把小球拉离平衡位置后 一定初速度从a点沿ac方向进入立方体区域 从A点由静止释放,则下列说法中正确的是 abcd-a'bcd,由c'点飞出,该立方体区域可 1.。 ) 能仅存在 ( ) A. 小球从A至C和从D至C到达C点时,速 A. 沿q方向的匀强电场 度大小相等 B. 沿aa'方向的匀强电场 B. 小球从A至C和从D至C到达C点时,细 C. 沿b'方向的匀强磁场 线的拉力相等 D. 沿d方向的匀强磁场 C. 小球从A至C和从D至C到达C点时,加 勘线圈 速度相同 ,玻璃泡 电子运 D. 小球从A至D过程中,小球机械能守恒 动径迹 (第1题) (第2题) (第3题) (第4题) 2.(2024·浙江嘉兴调研)用洛伦兹力演示仪可 以观察电子在磁场中的运动径迹,如图是结 4.(2024·湖北襄阳调研)(多选)薄错板将同一 构示意图,励磁线圈通电后可以产生垂直纸面 匀强磁场分成I、I两个区域,高速带电粒子 的匀强磁场,励磁线圈中的电流越大,产生的 穿过错板前后在两个区域内运动的轨迹如图 蘸场越强,图中电子经电子枪中的加速电场加 所示,半径r>r..假定穿过错板前后粒子带的 速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场下列 电荷量保持不变,但错板对粒子的运动有阻 _ ( 实验现象和分析正确的是 碍,则该粒子 ) A. 励磁线圈应诵以逆时针方向的电流 A.带负电 B. 仅升高电子枪加速电场的电压,运动径迹 B. 在I、II区域的运动速度大小相同 的半径变大 C. 在I、I区域的运动时间相同 C. 仅增大励磁线圈中的电流,运动径迹的半 D. 从I区域穿过铅板运动到I区域 径变大 5.(2023·黑龙江大庆一模)如图,半径为R的 D. 仅升高电子枪加速电场的电压,电子运动 圆形区域中充满了垂直于纸面向里,磁感应 的周期将变大 强度为B的匀强磁场,一不计重力的带电粒 3.新模型(2024·广东惠州期中)(多选)如图 子从图中A点以速度c垂直磁场射入,速度 所示,质量为n的带电绝缘小球(可视为质 方向与半径方向成45*角,当该粒子离开磁场 点)用长为/的绝缘细线悬挂于0点,在悬点 时,速度方向恰好改变了180。,下列说法正确 第十一章 磁场 学霸高 的是 ) 间后小球从绝缘平板的左侧飞出.重力加速度 A. 该粒子带正申 g取10m/s2. 2 (1)指出小球的电性,并求出小球在绝缘平板 上运动时的最大水平速度: C. 该粒子出磁场时速度方向的反向延长线诵 (2)求小球对绝缘平板的最大压力 过0点 xx x ②=R D. 该粒子在磁场中的运动时间为 2 x # #。 xxxx xxx *×× /xxxxx 060.x.xx-A (第5题) (第6题) 8.(2023·福建潼州三模)如图所示,大圆0内 6.(多选)如图所示,边界0A与0C之间分布有 及圆周上有磁感应强度大小为B,方向相反的 垂直于纸面向里的匀强磁场,边界0A上有一 匀强磁场太极图,两个半圆的圆心0'、0”在圆 粒子源S.某一时刻,从s平行于纸面向各个 0的同一直径MN上,半圆直径均为圆0的 方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒 半径R.曲线MON左侧的磁场方向垂直纸面 子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的 向外,质量为n.电荷量为a的质子(不计重 初速度大小相同,经过一段时间有大量粒子 力),以某初速度从N点沿纸面与NV夹角 从边界0C射出磁场,已知乙A0C=60*,从边 9=30*射入右侧磁场,恰好通过0点进入左 界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间 侧磁场,并从V点射出 (1)求质子的初速度大小 (2)求质子从N点运动到M点所用的时 从边界0C射出的粒子在磁场中运动的时间 间to; 可能为 -_ __ (3)若θ=90{,曲线MON上的磁场方向垂直 A7 B#T C.T . 纸面向里,要使质子不进入曲线MOV左侧磁 场中,求质子速度的大小范围 7.(2023·广东广州期中)如图所示,表面光滑 1 的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为 B=2T的匀强磁场中,磁场方向垂直于竖直 面向里.平板上有一个质量为m=0.5kg、电荷 量为v三0.2C的带电小球,初始时刻小球静 止在绝缘平板上,与绝缘平板左侧边缘的距 离为d=2m.在外力作用下,绝缘平板以速度 v=5m/s竖直向上做匀速直线运动,一段时 学霸言夸白题 物理 第4节 带电粒子在磁场中的运动(二) 限时:30min 考点分析:1. 带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题; 2. 磁聚焦原理 1. 1.(2023·福建三明期 下列说法正确的是 ) 末)带电粒子流的磁 A.该粒子带正电 聚焦是薄膜材料制备 B. 该粒子的荷质比为 的关键技术之一.磁聚 焦原理如图,真空中 C. 该粒子可能从P点离开磁场 一半径为,的圆形区域内存在垂直于纸面的 D. 若仅增大射入速度,粒子在磁场中运动的 匀强磁场,一束宽度为2r、沿x轴正方向运动 时间将变长 的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点 0.已知粒子的质量均为n、电荷量均为o、进 人磁场的速度均为v.不计带电粒子的重力 及粒子间的相互作用力,则磁感应强度的 大小应为 _~ (第3题) (第4题) 2m A2 m 2mu D. B. 2r 4.(2024·江苏泰州期中)如图,在坐标系的第 r 一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 2.如图所示,在直角三角 B 形abc区域(含边界)内 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场 存在垂直于纸面向外的 一质量为m、电荷量为a(q>0)的粒子垂直于 匀强磁场,磁感应强度大小为B,乙a三60*. x轴射入第二象限,随后垂直于v轴进入第一 /b=90{},边长a=L.一个粒子源在6点将质 象限,最后经过:轴离开第一象限粒子在第 量为n.电荷量为a的带负电粒子以大小和 二象限和一象限中运动的时间之比为( __ 方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时 A. 1:2 B.2:1 C.3:4 D. 3:2 间最长的粒子中,速度的最大值是(不计粒子 5.(2024·江苏南京模拟)如图所示,在直角三 . 重力及粒子间的相互作用) ) 角形ABC内存在垂直于纸面向外的匀强磁场 B. B.B C.3 3qB 2m -3m 2m 3m 3.(2024·福建泉州质检)如图,圆心为0、半径 直于AB边射入一群质量均为m.电荷量均为 为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强 4.速度相同的带正电粒子(不计重力),已知 磁场,磁感应强度大小为B一带电粒子从磁 垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时 场边界上的P点沿纸面射入磁场,射入速度 间为,在磁场中运动时间最长的粒子经历 大小为v方向与P0连线的夹角θ=60{,粒子 __ 运动过程中恰能经过0点,不计粒子的重力 第十一章 磁场 学霸高 ( 则粒子的速率至少为 ) 2qBL 2qBL B. m 5qBL /10qBL A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 C. D. m 2.4t n 8.(2024·江苏扬州期初)如图所示,宽度为L 2πm B. 该匀强磁场的磁感应强度大小为 #ato 足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B,方 向垂直纸面向里.绝缘长薄板VV置于磁场的 右边界,粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间 2/3nd 极短),反弹前后竖直分速度不变,水平分速 D.粒子进入磁场时的速度大小为 7to 度大小不变、方向相反.磁场左边界上0处有 6.(2023·广东湛江一模)如图所示,空间正四 一个粒子源,向磁场内沿纸面各个方向发射 梭锥P-ABCD的底边长和侧校长均为a,此区 质量为n、电荷量为+o、速度为v的粒子,不计 域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强 粒子重力和粒子间的相互作用,粒子电荷量 磁场,现一质量为n、电荷量为+a的粒子,以 保持不变. 竖直向上的初速度v。从底面ABCD的中心0 (1)要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄 垂直于磁场方向进入磁场区域,最后恰好没 板,求粒子速度v满足的条件; 有从侧面PBC飞出磁场区域,忽略粒子受到 (2)若 .一些粒子打到绝缘薄板上反弹 ) m 的重力.则磁感应强度大小为 回来,求这些粒子在磁场中运动时间的最小 值f. { 2mo 4mo A. B. qa q (6+2)m . (6-2)m。 C. q qa 7.(2023;四省联考)空间存在匀强磁 场,磁感应强度大小为B,方向垂直s.-? 于纸面.线段MN是屏与纸面的交 线,长度为41,其左侧有一粒子源S. 可沿纸面内各个方向不断发射质量 为m、电荷量为a、速率相同的粒子;SP1MN. P为垂足.如图所示.已知SP=MP=L.若MV 上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中 学霸言考 白题 物理 专题探究十 与磁场相关的现代科技 限时:12min 考点分析:1.质谐仪与回旋加速器原理; 2. 霍尔元件原理. 1.(2023·广东深圳一模) 子源A置于盒的圆心附近,如图所示,若粒子 质谱仪可以用来分析同位 源射出的粒子电荷量为a.质量为n.则下列 素,如图所示,在容器A中 说法正确的是 ) 有互为同位素的两种原子 .... ... 核,它们可从容器A下方·····. 2m 的小孔S.无初速度飘入加速电场,经小孔s B 垂直进人匀强磁场,分别打到V.N两点,距 C. 加速电场的电压越大,粒子加速后的速度 离S.分别为x、x.则分别打到M、V的原子 越大 核质量之比为 ( ) D. 只要R足够大,粒子的速度就可以被加速 到任意值 2.(2023·福建萧田二模) ,,B (多选)电动自行车已成 为大家出行的便捷交通工具,某型号电动自行 接交流电源l 车使用磁铁和霍尔元件来实现改变车速,当转 (第3题) (第4题) 动转把时,施加在霍尔元件上的磁场的磁感 4.(2024·广东东壳联考)(多选)用强磁场将百 应强度B大小发生变化,霍尔元件产生的电 万开尔文的高温等离子体约束在持定区域实 压(霍尔电压)V大小就随之变化,从而改变 现受控核聚变的装置则托卡马克,我国托卡 车速,如图所示,该霍尔元件是一块厚度为h. 马克装置在世界上首次实现了稳定运行 宽度为d的矩形截面半导体,元件内的导电 100秒的成绩.多个磁场才能实现磁约束,如 粒子是自由电子,霍尔元件处于垂直于前表 图为其中沿管道方向的一个磁场,越靠管的 面、方向向里的匀强磁场中,通人方向向右的 右侧磁场越强,不计离子重力,关于离子在磁 恒定电流7.下列说法正确的是 ) 场中运动时,下列说法正确的是 ( ) A. 霍尔元件上表面的电势低于下表面的电势 A. 离子从磁场右侧区域运动到左侧区域,磁 B. 增大磁感应强度B时,霍尔电压V减小 场对其做负功 C. 霍尔电压V/与磁感应强度B成正比 B. 离子在磁场中运动时,磁场对其一定不 D. 霍尔电压V/与厚度无关 做功 3.(2024·浙江嘉兴八校联考)回旋加速器两个 C. 离子从磁场右侧区域运动到左侧区域,速 D形金属盒分别与高频交流电源两极相连 度变大 接,D形盒半径为R,两盒放在磁感应强度为 D. 离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动 B的匀强磁场中,磁场方向垂直于盒底面,粒 时,运动半径减小 第十一章 磁场 学霸高 专题探究十一 带电粒子在复合场中的运动(二) 限时:30min 考点分析:1. 带电粒子在电磁组合场中的运动: 2. 带电粒子在叠加场中的运动 1.(2024·辽宁联考)如图所示,一根足够长的 3.(2023·安徽合肥一模)(多选)安装在我国空 光滑绝缘杆VV固定在竖直平面内.且与水 间站的霍尔推进器是用于维持空间站的运行 平面的夹角为37*,空间中存在垂直纸面向里 轨道,其部分原理图如图.在很窄的圆环空间 的匀强磁场,磁感应强度大小为2T.质量为 内有沿半径向外的磁场B,其磁感应强度大 0.1kg的带电小环沿杆下滑到图中的P处 小处处相等,同时加有垂直于圆环平面的匀 时,对杆有垂直于杆向上的、大小为0.4N的 强磁场B.和匀强电场E(图中均未画出),B 压力.已知小环带的电荷量为0.1C.重力加速 与B.的磁感应强度大小相等,若电子恰好可 度大小g取10m/s},sin37*=0.6,cos37}=$ 以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为 ( 0.8.下列说法正确的是 _ “的匀速圆周运动.已知电子电荷量为e.质量 A. 小环带正电 为m,则下列说法正确的是 ( ) B. 小环下滑的加速度大小为8m/s* A. E的方向垂直于环平面向外 C. 小环滑到P处时的动能为1.81 D. 小环滑至P处上方0.6m时恰好与杆没有 相互作用 C.B.的方向垂直于环平面向里 eR (第1题) (第2题) 2.新模型(2024·浙江强基联盟联考)如图所 示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀 (第3题) (第4题) 强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B.电子 从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经 4.(2023·辽宁沈阳联考)(多选)如图所示,在 过V、P两点.已知M、P在同一等势面上,且 x0v平面的第II象限内有半径为R的圆分别 电子从M到P点运动的时间为1.P、M间的 与x轴、v轴相切于P、0两点,圆内存在垂直 ) ( 距离为d.下列说法正确的有 于xOv面向外的匀强磁场,在第I象限内存在 A. 电子到达P点时的速度为( 沿v轴负方向的匀强电场,电场强度为E,一 B. 电子在M点所受的合力大于在P点所受 带正电的粒子(不计重力)以速率v从P点 的合力 射入磁场后恰好垂直轴进入电场,最后从 C. 电子从N到P,电场力做正功 V(3R,0)点射出电场,出射方向与x轴正方 (#{~ 向夹角为a.且满足a=45*,下列判断中正确 D. 该匀强电场的电场强度E= 的是 ( 学霸高考 白题 物理 A. 粒子在磁场中运动的轨迹半径为2/ 6.(2023·广东佛山一模)如图,在空间直角坐 标系0-xvz中,界面I与0vz平面重叠,界面 I.II、I相互平行,且相邻界面的间距均为 C. 带电粒子的比荷? L.与x轴的交点分别为0、0.、0.;在界面I) m 3RE II间有沿v轴负方向的匀强电场E,在界面 D. 带电粒子运动经过v轴的纵坐标值为1.5 II.I间有沿;轴正方向的匀强磁场B.一质 5.(2024·湖南先知高考联盟联考)如图所示 量为n、电荷量为+o的粒子,从y轴上距0点 水平虚线的上方有竖直向上的匀强电场和匀 处的P点,以速度v。沿x轴正方向射入电 强磁场(方向未知),虚线下侧存在垂直纸面 向里的匀强磁场,虚线上下两侧磁感应强度 场区域,该粒子刚好从点0.进入磁场区域.粒 大小相等.一带负电的粒子由竖直虚线上的P 子重力不计求: 点以水平向右的速度心、射入,该粒子刚好沿 (1)电场强度E的大小; 直线向右运动,现将虚线上方的匀强磁场撤 (2)要让粒子刚好不从界面II飞出,磁感应强 走,粒子仍从P点以速度。沿原方向射入,粒 度B应多大? 子由水平虚线的V点离开电场,且粒子在M 点的动能为P点动能的2倍,经过一段时间 粒子再次回到P点,已知0P=L.忽略粒子的 # 重力.求: (1)M点到0点的距离 . (2)上述过程中,粒子轨迹上的点到P点的最 大距离; (3)粒子由P点射入到返回P点的时间复习自测练 1.A解析：AB.电源1与电氟2的电动势为图线的纵轴截距，即E,: E:=10:10=1:1,电源1与电源2的内阻为图线的斜率大小，即 1010 1:hg:卫3：2，故Λ正确，B错误：C.该小灯泡分别与电源 1、电源2单独连接时，其图线的交点即为电路中干路电流和路端电 压，有尺，风=1，所以在这两种连接状态下，小灯泡的 6 解析：(1)根据电路图，连线如答案图所示 阻之比是R,:R2=21:25,故C错误：D.根据P=M,可得在这两种 (2)要使电流传感器的示数为零，则R,两端电压应接近E:,故电压 连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是P,:P,=(3,5×5):(5×6)= 表选择C:R两端电压应接近E,而E2大约是E,的1.5倍，且R 7:12.故D错误.故选A 与R2电流相同，则R2应该比B,大一些，若，选择G,则R E 2BC解析：A当开关S,和sS,都闭合时p,产R+=2V,P=0,得 应选H. =2V,电场强度的方向向下，电场力方向向上，油滴一定带负电， (3)要使电流传感器的示数为零，则电流传感器两端电势差为零，根 选项A错误：B电容器的带电量为Q=CU=8×10C,选项B正确： 据E,=r,+,有=E,-r1,结合图像可知E1=2.9V,=2.0几. E E (4)电流传感器的示数为零，整个电路等效为申联回路，流过两电源 C开关s,断开中。“R,+R,,=2V,,产R,+R尼=4V,则 的电流相等，电流表所测电流为流过待测电源的直实值，电压表所 -2V,电容器上的电量不变，但极板上的电性正好相反，选项C正 测电压是待测电源两端的真实路端电压，避免了电压表分流作用或 确：D.开关S,断开.电容器中电场强度的方向向上，油滴所受电场力 电流表的分压作用，消除了系统误差：另外，多次测量可减小偶 方向向下，油滴在电容器中运动，油滴的加速度大于g,选项D错误。 然误差。 故选BC 第十章章末综合提升 3.(1)右(2)②断开40.0③闭合60.0(3)100 高考新题练 解析：(1)根据图()可知，R:一端的导线应接列R,的右端接线柱： 1.A解析：四个完全相同的灯泡，L2L串联电流相同，L2,L,亮度相 (2)②闭合开关S1,断开开关5，.毫安表的示数为10.0mA,则通过 同：L4与L,,L,并联，并联支路两端电压相同，故L4两端电压等于 电用R的电流为，化，根据电路构造可知，流过样品池的电流 L2L两增电压之和.故L4比L2L都亮：L,在干路上，电流大小等 为11=山+14，联立解得11=40.0mA； 于两支路电流之和，故流过L的电流最大，亮度最高故选A 3闭合开关S2,毫安表的示数为15.0mA,则流过R的电流为：= 2.CD解析：A.根据题意画出电路图，如图所示 5.流过样品池的电流为4=巧+，联立解得=6.0mA (3)设待测盐水的电阳为R。,根据闭合电路狱姆定律，开关$，断开 时E=1R+R2 RR2 可见U4>0.A错误： RR人，开关s,闭合时E=山(R,+R+R B.根据题意画出电路图，如图所示 RyR. ,代人数据解得R。=1002 R3+R 2 2 4.7.0V2.0n 解析：滑片P向右移动的过程中，电流表示数在诚小，电压表示数在 增大，由此可以确定电流表量程选取的是0-0.6A.电压表量程选取 可见Uu>0,B错误 C,根据题意画出电路图，如图所示 的是0-15V,所以第二次电流表的示数为号×06A=02A,电压表 12 的示数为？×15V=5,当电流表示数为Q5A时，R,两端的电压 为R,=5A4V=2V.回路的总电流为a=+ R =0.5A+ 可见上述接法可能符合测量结果，C正确： A=1.5A,由闭合电路做姆定律得E=1gr+L,+比，即E=1.5A× 2 D.根据题意画出电路图，如图所示 r+2 V+2 V D. 4☐ 当电流表示数为0,2A时.R,两端的电压为U,'='R,=0.2×4V= Q8,回路的总电流为'名=02A+8 2A=0.6A, 由闭合电路欧姆定律得E=I'r+U,'+U,', 可见上述接法可能符合测量结果，D正确.故选CD 即E=0.6A×r+0.8V+5V②. 3.C解析：电路稳定后，由于电源内阳不计，侧整个回路可看成3R 联立①2解得E=7.0V,r=2.00. 2R的串联部分与R,4R的串联部分并联，若取电源负极为零电势 第十一章磁场 E 5,电容器下极板的电 点，则电容器上极板的电势为中4”花·20= 第1节磁越应强度、磁感线与磁通量 势为·4价 2E 1,AB解析：A.减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁 5,则电容两演的电压儿下上=5，则电容器上 针偏转，A正确：B.白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍 2 的电荷量为Q=CU上下=5 能使小磁针偏转，B正确：C减小伏打电池电动势，只要导线中有电 CE,ABD错误，C正确.故选C 流，小磁针还是会发生倘转，C错误：D.通电导线产生的磁场与地隧 一学霸高考·白题·物理·45一 场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其 大反向，BC受安培力为F,方向向上：4D受安培力为3F,方向向上， 偏转情况不同，D错误，故选AB 可知整个线框受到的安培力的大小为4F,方向向上，BD错误：C.AB 2.B解析：根据安培定则，左侧线圈产生的磁场在、d点处的磁感应 强度方向整体向右，右朝线图产生的磁场在b,d点处的毯感应强度 中的电流为子，则根据F=L可得匀强磁场的磁感应强度大小为 方向整体向左，由于两线圈内通人的电流大小相等，根据对称性可 F 4F B=- ,C正确.故选C 知，两线圈在)点产生的磁场的飚感应强度大小相等，方向相反，则 a 0点的磁感应强度为零，故B正确 4 3.AD解析：A.地球磁南极大致在地理北极附近，磁北极大致在地理 5.A解析：转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，半圆 南极附近，由题中：轴数据可看出：轴的磁场竖直向下，则测量地点 应位于北半球.故A正确：BCD.根据中=BS,代人数据可得通过手 导线的半径为？台受到的安培力为F=22,由左手定则知 机显示屏的磁通量约为小=B,S=21×10×0.01W=2.1×10W 安培力方向不变故选A 故D正确，BC错误.故选AD, 6.C解析：导体棒从某一位置P离开半圆柱体，如图所示： 4.CD解析：根据右手螺旋定则可知，长通电直导线在a,b、e,d四点 产生的磁感应强度方向如图所示，根据矢量叠加可知，6，d两点的磁 感应强度大小均为B,=B,=√+P,方向不相同但也不相反，故 AB错误：e点的磁感应强度大小为B=|B。-BI,a点的磁感应强度 大小为B,=B。+B,则有B>B,=B>B.故CD正确故选CD. 这个位置导体棒由重力沿半径方向的重力分力提供向心力，即 mgcos R,若给空间加人方向沿半圆柱截而半径指向调心的磁 B 场，导体棒受到一个垂直于半径方向的安培力.在导体棒运动的过 程中，重力和安培力做正功，由动能定理可知，若导体棒能到达位置 P,导体棒的速度大于原来没有磁场时的速度，故导体棒提前离开半 圆柱体，故选C 第2节磁场对通电导线的作用力 7.AC解析：AB.根据题意，对金属杆受力分析，如图所示.由平衡条 1.B解析：根据F=BL,可知先保持导线通电部分的长度L不变，改 件有f=BIIsin37°，F、+Bllcos37°=mg,由闭合回路欧姆定律有1= 变电流「的大小，则F-/图像是过原点的直线同理保持电流/不变 E 改变通电部分的长度L,则F-L图像是过原点的直线.故选B. R+r 联立解得F=84N=1.2N,又有/=u、,解得a=7=014, 2.CD解析：A.根据左手定则可知.MN,PQ间有竖直向上的磁场，且 故A正确B错误：C,若把磁场的方向变为竖直向上，闭合开关瞬 离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误：B.由F=BL可 间，由左手定则可知，安培力水平向左，聚直方向上，山平衡条件有 知，当电流增大时，磁感应强度增大，故弹射车所受的安培力与电流 F=mg,水平方向上，由牛顿第二定律有Bl-μF=ma,解得a= 的大小不是正比例关系，做B错误：C,沿导轨方向磁场不变，且回路 7m令，放C正确：D.若把腾场的方向变为水平向右，由左手定则 PBAM中电流恒定，导轨问距不变，由F=BL可知，安培力大小不 变，由牛顿第二定律F=ma可知.加速度不变，由r=可知弹射车 可知，安培力竖直向上，则导体棒水平方向没有运动趋势，则摩擦力 的速度与运动的时间成正比，故C正确：D.当电流方向沿回路 为零，故D错误故选AC PBAM时，导轨之间产生竖直向上的磁场，电磁弹射车所受安培力方 B 向向右，当电流方向沿回路MABP时.导轨之间产生竖直向下的磁 场，电磁弹射车所受安培力方向依然向右，所以改变回路PBA/中 A日 的电流方向，电磁弹射车所受安培力不变，仍能正常加速，故D正 确.故选CD. 3.D解析：A.由于B,C输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆 相互排斥，故A错误：B.A、B输电线缆在A、B圆心连线中点处的磁 nig 感应强度方向竖直向上，而C线缆在该处的磁感应强度水平向左， 8.BC解析：D.为使电流表正常工作，金属杆所受安培力方向应竖直 侧该点的合磁感应强度方向斜向左上，故B错误：C,A输电线缆在 向下，根据左手定则判断知金属杆中电流的方向应从M指向N,故 O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线缆在O点的 D错误A.当MN中没有电流通过且保持静止时，N与b重合，此 酸感应强度方向垂直)B指向左上方，则A、B输电线缆在0处的合 时有红a=G,当MN中有电流时，金属杆静止时有x=G+BL.弹簧的 磁感应强度方向竖直向上，而C输电线缆在)点的磁感应强度方向 伸长量△x与金属杆中的电流大小/是线性关系，但不是正比关系。 垂直OC水平向左，所以0处合磁感应强度方向应斜向左上方，故C 故A错误：BC.当电流表满量程，金属杆静止时有青(L+xo)= 错误：D,B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜 向右下，且大小为B对A作用力的2倍，如图所示，由图可知 心+mg,可得通过金属杆的最大电流为人化若弹簧劲度系 Fccos 0=2Fmc0m60°=FM,则输电线缆A所受安培力方向垂直线 数或小，则此电流表量程将会更小：同理，若磁感应强度减小，此电 缆A、B圆心连线向下，故D正确.故选D 流表量程会更大，故BC正确。 第3节带电粒子在磁场中的运动（一） 1.BD解析：质子带正电，从：点滑c方向进入立方体区域ad- ab'c'”,想要由c'点飞出，则立方体区域需要存在沿aa'方向的匀强 电场或沿M方向的句强磁场，粒子在电场力或洛伦兹力的作用下到 达c'点，故BD正确 21 2.B解析：A.由题意知，电子做圆周运动受到的洛伦兹力正好指向圆 4,C解析：A.AD中的电流等于AB中电流的3倍，根据F=BL可知， 心，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，根据右手螺旋定则知励 AD受到的安培力的大小为3F,A错误：BD,因AB和CD受安培力等 磁线圈通以顾时针方向的电流，故A错误：B.当升高电子枪加速电 一学霸高考·白题·物理·46一 场的电压时，电子的速度增大，根据公式【=可知运动半径增大， 为60°，粒子在磁场中运动的最短时间t= B (粒子在蓝场中运动时 故B正确：C,若仅增大励磁线圈中的电流.则磁感应强度增大.根据 T 公式一需可得运动半径减小，故C错误：D根银公式7：网可得 间范为G≤1≤子，故选BCD B 电子做匀速圆周运动的周期和速度大小无关，故D错误故迷 3.ACD解析：AD.小球在运动过程中所受细线拉力和济伦兹力不做 功，只有承力做功，所以小球机械能守恒，A,D两点等高，小球从A ,为×xx 至C和从D至C到达C点时，速度大小相等，故AD正确：C.由向心 E8为×× t2 加速度公式可得小球在C点的加速度为a,=一，由于小球从A至C 0港长4 和从D至C到达C点时，速度大小相等，所以小球从A至C和从D 7.(1)小球带正电4m/%(2)6.6N 至C到达C点时，加速度大小相同，方向也相同.故C正确：B.假设 解析：(1)刚开始小球在竖直方向上受到重力和平板的支持力，接着 小球带正电，则小球从A至C点，在C点时，由左手定则可知，小球 随者平板一起以5√s的速度竖直向上做匀速直线运动，小球一段 时间后从平板左侧飞出，因此小球受到的洛伦效力方向水平向左， 受洛伦兹力向下，由牛顿第二定律FP一mg一F将=m厂，小球从D 由左手定则可知小球带正电：在洛伦兹力的水平分力的作用下小球 C点，在C点时，由左手定则可知，小球所受洛伦兹力向上，由牛顿第 水平方向也有速度，水平方向的分速度产生洛伦兹力的竖直分力， 三定体P-gP=m子，=P,易得>P,所以小球从A至C 根据左手定则判断，方向是向下的、由于平板的支持力的作用.此时 竖直方向仍是重力、竖直方向的洛伦兹力以及支持力是一组平衡 和从D至C到达C点时，细线的拉力不相等，故B错误故选ACD 力：则小球受到的合力是洛伦兹力的水平分力，其大小为f品=甲，B 4.AC解析：AD.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供 2N,根据牛顿第二定律，可知水平方向的加速度为a盒=4m 向心力由牛顿第三定律得B=m一，解得一心粒子穿过船板】 当小球即将脱离平板时，水平速度最大：设它向左运动即将脱离平 后，速率减小，电荷量不变，知轨道半径减小，所以粒子是从区域 板时的水平速度大小为”，，则有=2d,解得利，=4ms: 穿过铝板运动到区域Ⅱ.根据左手定则知，粒子带负电.故A正确 (2)小球向左运动即将脱离平板时的水平速度最大，此时小球对平 板的压力最大：以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得F、 D错误：B.高速带电粒子穿过铝板后速率减小，知在1、Ⅱ区域的运 理，B+mg,解得F、=66N。 动速度大小不同，故B错误：C.由粒子在匀强磁场中做圆周运动的 根据牛顿第三定律可知，小球对平板的最大压力为6.6， 周期T2,周大小与粒子的速度无关，粒子在两区城的运动时 gB' 8.(1)你 间都是半个周期，则粒子在1、Ⅱ区域的运动时间相同，故C正确。 解析：(1)质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为。，则 故选AC 5.D解析：A.由题意知该粒子离开磁场时，速度方向恰好改变了 180°，则粒子一定向下偏转.由左手定则可知粒子带负电.A错误：B. 0 粒子的运动轨迹如图所示，由儿何关系可知粒子的轨道半径为= ，结合%8=m解科=2。 2 哈 ,B错误；C由运动轨迹可知。 f" 4 该粒子出磁场时速度方向的反向延长线不通过)点，C错误：D.该 粒子在磁场中的运动时间为三2T=2×。=2,D正确。 2 %B=m了 故选D. 454x 由儿何关系可得B=60°，0=R,联立解得，-巡 B×× (2)质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为72_2m 60 质子在左右愁场中运动的时间相等2“7：了 6 质子从N点运动到M点所用的时间为o=4,+= 6.BCD解析：粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，根据mB= R,可得 663gB 2 (3)质子在右磁场中运动有B=m R=阳，轨迹半径相同，又由于最长时同拾好为半个调期，可分析出 分两种情况讨论， 粒子在磁场中运动轨迹弦长越长，所对圆心角越大，因此粒子恰好 从S点正上方射出时，运动时间最长，此时在磁场中恰好运动了半 要使质子不进人曲线W0N左侧磁场区域，应满是r≤2R, 个圆周，该粒子拾好沿SA方向射人磁场，如图所示.设OS=d,由几何 解得≤吹 2m 关系60°。2，可知粒子在酸场中运动的轨道半径R= 要使质子不进人曲线MON左侧磁场区域，应满足r>R. d 24当出 射点E与S点的连线垂直于OC时，弦5最短，轨迹所对的圆心角 解得6跳 最小，根据几何关系m60P= 行，可知s3 =R,弦所对同心角口 质子速度的大小范围为≤加或燃 2m 一学霸高考·白题·物理·47一 第4节带电粒子在磁场中的运动（二） 1.C解析：利用圆形区城匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要 应的圆心角也等于号，依题意有：T号：(2=)，解得T=,故 满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子 做匀速圆周运动的半径为R,则有R=,粒子匀速圆周运动所需向心 Λ错误：B.根据带电粒子在匀强篮场中的周期公式有T=4,-2m 力等于备伦袋力.侧有m=n。解得B=吧故连C m2 可得B=m,故B错误：C.在毯场中运动时间最长的粒子经历的时 20 2.D解析：由左手定则和题意知，沿a b板 方向射出的粒子在三角形磁场区城内 间为5 ，依题意其运动轨迹如图所示，因在场中运动的时间为 转半周时，运动时间最长，速度最大时 B 5 的轨迹恰与心相切，轨迹如图所示由么之 时，对应的圆心角为 6,即∠B0 6,根据几何关系有 3 几何关系可得最大半径r=b·am30=3, 0s∠FOA+ 6m∠0Wd,即3，之 2* d,解得=25 4,故C正确： 由洛伦教力提供向心力得m,B=心，从而求得最大速度， D.根据带电粒子在匀强磁场中圆周运动的轨道半径公式，依题意有 3gBL 2解科233故D错误放选C 7m 7to ,ABC错误，D正确 3m 3.B解析：A.根据题意可知，粒子向下偏转，根据左手定恻可知该粒 子带负电，故A错误：BC.粒子的运动轨迹如图所示，根据儿何关系 R 可得能子做速网网运动的半轻为一-学心，根影洛伦能力 1 6.C解析：粒子从空间正四棱锥P-ABCD的底面AB(D中心O向上 提供向心力可得外B=m 7解得= “,R,由图可知该粒子不 3 垂直进人磁场区域，最后恰好设有从侧面PC飞出磁场区域，可知 粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，由几何 可能从P点离开磁场.故B正确，C错误：D.根据B=m二可得粒 关系可知：如。子0为面心与底面的夹角，由儿何关系可算 子运动的半径？一店若仅增大射人速度，粒子做圆周运动的半径州 出=6 ,由路伦数力提供向心力得%B=m, ,联立解得：B= 大，根据几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角变小，粒子在磁 场中运动的时间：一元·了一需可知粒子在磁场中运动的时间变 (6+2)m0.故选C 短，故D错误做选B. D x 0x XXX 7,C解析：粒子要打中N的右侧所有位置，速率最小的方式为粒子 从S飞出，绕过距离最近的M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒 4,C解析：带电粒子在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示， 子运动的轨迹如图所示.MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SP= 对应的轨凌半径分别为R,和R2,由洛伦兹力提供向心力B。= PO=L,MQ=2L:粒子运动的半径为r,根据几何关系可知四边形 m 心得天=。.R2=。故尽三2R,,由题间知带电粒子在第 SP00为平行四边形，则r2=00+M0,解得r=5L粒子在匀强磁 二象限运动敏连为}圆延，根据儿何关系可得一0= 2,解得0 场中匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可知π书=m,解得 60,根据T2可得粒子在第二象限，第一象限做圆周运动的周 粒子的最小速率为=5L,故选C gB 期分洲为-2霜石 下带电粒子在第二象限，第一象限中运 T Tm 的时阀分别为动山-看带做宁子人即错误。 C正确.故选C ↑y ·B 8.(1)<9 2m R O 解析：()设粒子在磁场中运动的轨道半径为、则有8=m。如 图1所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2，< 5.C解析：A由粒子垂直于4C边射出，可知速度偏转角为号，则对 L,解得rc 2m 一学霸高考·白题·物理·48一 处时的速度为=6，则此时小环的动能为=了2=1.8，故 C正确：D.当小环恰好与杆没有相互作用，则有Bg=mg©s37°，则 此时小环的速度为=4ms,则根据机械能守恒有之m局+mgh= 1 2m2,可得，此时小环在P点上方的高度为=1m,故D错误放 1 选C 0 B 图1 图2 (2)粒子在慰场中圆周运动的周期T.2:m x37 Bg" 段运动的轨道半径为2则有8=m。解刹= 2.A解析：AB.由于M点和P点在同一等势面上.故从M到P电场 在磁场中运动时间最短的粒子通过的倒弧对应的弦长最短，粒子运 力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电 T 子在P点速度也为0.则电子在M点和P点都只受电场力作用，在 动轨迹如图2.由几何关系可知最小时间=2× 6 匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故A正确.B错 解得细 误：C.电子从N到P电场力做负功.故C错误：D.通过单位判断物 理量关系错误，故D错误故选A. 专题探究十与磁场相关的现代科技 3.C解析：AC电子受到磁场B,的洛伦兹力始终垂直于环平面向 1,C解析：设原子核的质量为m,电荷量为，进人磁场时的速度大小 里，此洛伦兹力应与电子所受的电场力平衡，即电子所受的电场力 为，则粒子在电场中加速的过程，由动能定理得山= 工m,得速 方向垂直于环平面向外，所以E的方向垂直于环平面向里，电子受 到磁场B,的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定 ,在磁场中，洛伦兹力提供向心力rB= 度为=m ，,代入速度 则可知，磁场B,的方向垂直于环平面向里，故A错误，C正确： BD,电子受到磁场B,的路伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力， 得 得r2m由题知，=号，因此有= Vm2 则有。品=管解得一爱由于月与岛的磁悠应强度大小相 等，根据电场力与电子受磁场B,的洛伦兹力平衡，则有E=B,,得 原子核质量之比为 m1 2x 5=,-故B正确，D错误故选BC 2.ACD解析：A.电子运动方向向左，根据左手定则，电子受向上的洛 伦兹力，则上表面带负电，霍尔元件上表面的电势低于下表面的电 4.CD解析：A粒子运动轨迹如图，设0为磁场的同心，03为粒子轨 势A正确：C根据B=e人，得U=B,蝶大磁感应强度B时，霜 迹圆心.P为粒子射出毯场的位置，则有PO2∥P01,△O,O2P☑ △O,02P',粒子的轨迹半径为r=R,A错误：C在M处，根据平抛运 尔电压0增大，需尔电压U与磁感应强度B成正比，B错误.C正 确：由/，联立得：侣则霍尔电压U与厚度么无关.D正 动规律5=oma,9E=m,=叫，3R=o的，解得？=后 m3EC正确： 确.故选ACD. B.由洛伦兹力提供向心力得B。=m 位，所以后=形B错误：业粒 r 3.A解析：A.粒子做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力gB= 元解得最大速度一心，根据动能的表达式么=了二，可得最 子从N进入电场，有ON=y,根据平榄运动提律y2,f=mm 3 大动能为6=了BR 2mA正确：B.交流电源周期为2m 3R=o,可得)y产=15R,D正确放选CD 瓶率等于周 g8 期的倒数，B错误：C.由最大速度那可知最大速度与加速电压 无关，C错误：D.任何速度都不可能超过光速，且粒子速度接近光速 时，质量变化，周期变化，与交流电不同步，无法继续加速，D错误.故 选A. 4.BD解析：AB.离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速 度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故A错误.B正确：C.因济 伦兹力不做功.则离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度不变 5.(1)2L(2)(3+22)1(3)(4+3m) 故C错误：D.离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得B= 解析：(1)设粒子在P点的动使为Eo,则粒子在M点的动使为E= 一二帮得？一酒离子由瑟场的左侧区拔向右侧区城运动时，池感 应强度变大，可知离子运动半径减小，故D正确故选BD 2则有2=2xd。 专题探究十一带电粒子在复合场中的运动（二） 解得粒子在M点的速度为=√2， 1,C解析：A,小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直于杆向上的 粒子在竖直方向上的速度书，=√P-后=阳， 压力，说明小环此时受到的洛伦兹力方向垂直于杆向上，则根据左 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上x=。, 手定则判断可知，小环带负电，故A错误：B.对小环受力分析如图所 示，银据牛顿第二定律有mgsn37°=mu,解得a=gsin37=6ms2, 经直方向上5，人=宁。 故B错误：C.垂直于杆的方向有F+mg©os37°=B,解得小环在P 联立解得x=21 一学霸高考·白题·物理·49一 (2)徽去虚线上方的磁场前，粒子在虚线上侧做匀速直线运动，由平 第十一章章未综合提升 衡条件得g5=gB。解得。月 E 高考新题练 1,A解析：由题知，一带电粒子由0点沿x轴正向入射到磁场中，在 由题意作出撤去虚线上方磁场后粒子的轨迹，如图所示， 磁场另一侧的S点射出，运动轨迹如图 XXxx 0 则根据儿何关系可知粒子离开磁场时速度方向与竖直方向夹角为 Q 粒子在电场中运动时，滑竖直方向有L=子，6=m 30°，则m30°=一a 解得粒子做圆周运动的半径r=2a, 沿水平方向有2L=o, 在袋场中运动时有=m二，联立解得=22 则粒子做司用运动有=二则有子面 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为￡的匀 粒子进人磁场时的速度与水平虚线的夹角为8=45°，又r=22L,故 强电场，该粒子人射后则会沿x抽到达接收屏，则有E=B, 轨迹圆的圆心在竖直墟线上，则00'=2L. 则粒子在毯场中运动时与P的最大距离为d=(3+2√2) 联立有名源做选人 (3)粒子从P运动到M的时间。-二 2L 2.BD解析：D.假设粒子带负电，第一次在A点和筒壁发生碰植如图. 0,为圆周运动的圆心 根据对称性可知，粮子在电场中运动的总时间为，=2 4L 粒子在磁场中运动的时间为4=。 又T细4，联立解得h=3 P ro 由儿何关系可知∠O,AO为直角.即粒子此时的速度方向为O4,说明 故粒子从P点射入到返回P点的总时间为1=1，+，=(4+3知)乙 粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其他点撞击同理。 D正确： mt哈 6.(1) (2) 2+1)mmg A.假设粒子运动过程中过0点，则过P点的速度的垂线和P连线 gL 解析：(1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子加速度为：， 的中垂线是平行的，不能交于一点从面确定圆心，由圆的对称性粒子 撞击筒壁以后的A点的速度垂线和A0连线的中垂线依旧平行，不 沿：轴正方向看，如图所示： 能确定圆心，则粒子不可能过0点，A错误： B.由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁 0 R 为内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确： R 0 af- 9P0 粒子从0，点进入右边磁场，则L=6, 41 22g6=ma, 联立方程解得上.6 C.速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能增多，粒子 (2)设粒子到01点时的速度为"，与x轴夹角为8，如图所示，则 运动时间不一定越短，C错误，故选BD 我，a√6+标.m0=与 3.(1)rB(2)32rB (3)90% 故an0=1. 解析：(1)由题知，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动，则有 即有8=45°，r=2r0, E=mB,解得E=B 在磁场区域.粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，如图 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的 2 所示，则9B=mR 复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子人射速度为？，则电子 又根据几何关系R+Rcs45°=L, 受到的电场力大于洛伦兹力.则电子向上偏转，根据动能定理有 (2+1)0 解得B= ()广（任）广得 一学霸高考·白题·物理·50一 (3)若电子以：人射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为， 电势低于N板的电势，故B错误：CD.作出两带电粒子在磁场中的 则根据动能定理有固=2m-2m之 2 运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有=mR: 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 设圆形磁场的半径为R,粒子“，b在磁场中运动的轨迹半径分别为 F合=m.B-eE Ro R。3 在最低点有F会=E-mB, R。,R,根据几何关系可得R= 30,尾，s R1 2E 2m(to-) 联立有=B 1 粒子在电场中加速，由动能定理可得心之心2可得√件，联 要让电子到达级华标：需位置，即≥ 立指降，祭啊瓷是螺风有关利 部得≤： 知，粒子，6在磁场中做圆周运动转过的角度分别为牙，。 3·3,而粒 则若电子入射速度在0<，范周内均匀分布，能到达纵坐标5B mto 千在磁场中运动的周期T2,则可得周期比为乙，：T=9:1,根 位置的电子数N占总电子数N。的90% 复习自测练 据装子在酸场中运动的时同为1一是，可得两粒了在酸场中运动的 1.D解析：根据安培定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁场大 小为B,方向沿CM,放置在ND边的电流在C点产生的磁场大小为 时间比为。。9 =2,故C错误，D正确故选D B,方向沿FC,故GC点处的磁感应强度大小为2B:放置在FE边的 电流在O点产生的磁场大小为B、方向沿O,放置在D边的电流 在O点产生的磁场大小为B、方向沿OP,故O点处的磁感应强度大 ×0×D 小为2B.故选D. 2.B解析：AC.在xy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原 点)静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动，磁场 方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的 粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力.故带电粒子向x轴负方向 偏转，AC错误：BD.运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速 61 3。 (2)B3 (3+1)m0 eR 度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，由 解析：(1)若正对防护区圆心人射的质子，恰好无法进人防护区，设 于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开 带电粒子的轨迹半径为，粒子运动轨迹如图1， 始到带电粒子偏转再次运动到x轴时.电场力做功为0，洛伦兹力不 由几何关系得(3R)2+2=(R+r)2,解得r=R 做功.，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再 次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误.故选B 由洛伦兹力提供向心力得B,=m 3.C解析：A.利用粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知，粒 子带正电荷，可知加速电场的电场强度方向竖直向下，A错误：C.根 解得磁感应强度的大小B,= 据4=2①，由于经同一电场加速，三个带电粒子进人磁场的动 由tn= 能与带电量成正比，C正确：D.粒子在磁场中运动.根据B= 3R3 、解得 6 r②.①2联立解得L .由于轨道半径不同，因此三个 带电粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α=2×(】）子 带电装子的比树不同.D错误：由①得=√西，由于粒子的比 质子在磁场中运动的时间1=，”T=”×2R_2a 2 2T o 3ro 荷不同，因此进人磁场的初速度大小不同，B错误故选C 4B解折：A版根据B=m二，代人滤度得7=人，如图，0与c垂 直，由几何关系可知，d长为，即最短弦长，对应最短时间，圆心角 为心测最短时间为：一需1，又：平得瑞人错误B正 确：CD.粒子轨迹与ac相切时，交于c边最远的e点，由几何关系可 图1 图2 知，O长度为直径，则粒子能从加边射出的区域山的长度为2L, (2)为使所有速度为。的粒子都不进入防护区，沿圆柱切线方向振 CD错误.故选B 直磁场射人的粒子轨迹如图2， 3-1 则粒子的半径为'= 25R-R)=2R 由洛伦兹力提供向心力B。=m广， (3+1)m0 解得磁感应强度B= 5.D解析：A由题意，粒子a,b分别从E点和F点离开做场，可知：、 R 两带电粒子都带负电，故A错误：B.由两粒子均带负电可知两粒 (√3+1)ma 则磁感应强度的大小应该满足的条件为B 子所受电场力水平向右，则电场强度的方向水平向左，因此M板的 一学霸高考·白题·物理·51一 7.()3 3m6 6.B解析：无论开关5拔至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈 (2)2d (3)16L 中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起 解析：(1)由题意得在磁场【中运动轨迹如图，圆心在人点，在磁场 穿过烟环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环 运动的半径1则有1=a,wB=m,得B= 中产生了与左边线图中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以 r。 无论哪种情况，圆环均向右运动.故选 (2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿 7.AD解析：根据楞次定律，当条形磁铁从高处下落接近回路时.回路 电场力方向的位移为y,垂直于电场力方向的位移为，则： 低通量变大，感应电流产生的感应磁场阻碍原盘通量的变化，对避 x=01=2L,y=11+r00s379= 2.Fe=ma, 铁产生向上的斥力，因此磁铁的加速度小于g,同时PQ将被此靠 拢，减小面积，阻碍原磁通量的变大，AD正确，BC错误.故选AD, 3m哈 解得E= 8.D解析：A,条形磁铁向右摆动时，穿过右侧线圈向右的磁通量增 2eL 加，根据楞次定律可知，右侧线圈将产生向左的感应磁场，从右往左 (3)沿电场方向的速度利，=，=√后+=√0o, 看为颗时针的电流，故A错误：B.条形磁铁向右摆动时，穿过右侧线 设"方向与x轴正向夹角为a,则an《= y=3 固的磁通量增加，根据楞次定律，右侧线圈有收缩的趋势，穿过左侧 线圈的磁通量酸少，左侧线圈有扩张的趋势，故B错误：C.条形磁铁 设电子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为口，有mB=m。 摆动时，靠近线圈时会受到排斥力作用，远高线圈时会受到吸引力 作用，故两侧线圈总是一个提供排斥力。一个提供吸引力，故C错 经分析知，电子第1次过x在M点，运动一个劣弧第二次过x轴到第 误：D,条形磁铁国动时，两侧线图的磁通量总是朝同一方向且一个 1象限，再次下来到第3次经过x轴时的位置坐标为 增加一个减少，枚线周内会产生反方向的感应磁场，从面形成反方 x=61+2rsin a. 联立以上各式，代人数据得x=16L 向的感应电流，故D正确故选D 9.BD解析：AB.根据右手定则，PORS中电流沿逆时针方向.POs中 电流在线框T处产生的磁场方向垂直纸面向外.金属杆PQ向右做 域速运动，则POS中电流减小，产生的磁场减弱，根据楞次定律，T 中电流沿逆时针方向，A错误，B正确：CD.T中磁通量诚小，划具有 扩张意势：根据左手定则，PQ受到向左的安培力，C错误，D正确.故 选BD. 10.CD解析：A若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交变电 x0. 流时，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化量为 零，越应电流为零，故A错误：B.若线圈在恒定电流正上方由西向 XXXx 东运动，由对称性可知，通过线图的通量为零，磁通量的变化量 第十二章电磁感应 为零，感应电流为零，安培力为零，故B错误：C根据通电直导线周 围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的 第1节电磁越应楞次定律 过程中，穿过线圈的质场有向下的分量，做通量先增大后诚小，由 1,D解析：楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁 楞次定律可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针：当检测线圈 场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为 逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量 感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转 先增大后减小，由楞次定律可知，线圆中的电流方向先题时针后逆 化的过程 时针，故C正确：D.由榜次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安 2.D解析：A.用磁铁的任意一磁极接近A环时，环内磁通量变大，根 培力在水平方向的分量一直向北，故D正确.故选CD 据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化（来 第2节法拉第电磁悠应定律（一） 拒)可知闭合圆环中会产生感应电流，A环被排斥，A错误：B.同理， 1.A解析：A.按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞 把磁铁远离A环，A环会被吸引，B错误：CD.磁极接近或者远离B 次定律可知，螺线管上产生的感应电流从P流向Q,则蝶线管上的导 环时，毯通量变化，有感应电动势，但是由于B环不闭合，所以没有 线Q端电势较高，故A正确：B.松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量 感应电流，B环不受到安培力的作用，B环保持静止，C错误，D正 向左诚小，根据榜次定律可知，螺线管上产生的感应电流从Q流向 确.故选D. 3.A解析：AB.根据安培定则，穿过环甲的磁场方向垂直纸面向外， P.螺线管上的导线P端电势较高，故B错误：C,按住按钮不动，穿 由于乙中电流增大，则环甲中磁场变强，磁通量变大，根据楞次定 过螺线管的磁通量不变，则螺线管无感应电动势产生，则螺线管上 律，甲中感应电流方向为顺时针，根据“增缩减扩”，有收缩趋势，A 导线两端PQ间没有电势差，故C错误：D.按下和松开按钮过程，时 正确，B错误：CD.环乙在环丙位置的磁场方向垂直纸面向里，且医 间不一定相等，则磁通量的变化率不一定相等，则螺线管产生的越 感应强度不断增大，根据房次定律可知环丙中感应电流方向为逆时 应电动势大小不一定相等，故D错误，故迹A. 针，有收缩趋势，CD错误故选A 4.C解析：当闭合线圈abd由静止开始平移时，毯场对ab边的安培 2CD解析：A两根号线长度相同，有2=2×2，即二则 力F方向如题图所示，可知线框面积有增大的趋势，闲碍磁通量诚 两圆面积之比为 84 小，根据楞次定律可知，线圈内磁通量变小，则d边受到的安培力向 1可得 可得B=S=年，故A错误：R根据法 左，使而积有增大的趋势.故C正确. 5.BD解析：转动磁体时，穿过线图的磁通量改变，从面产生感应电 石千，故B正确：C两根导 拉第电毯感应定律有=〃3，可得= 流，线框受到安培力，使得线圈转动，根据楞次定律可知，为阻碍磁 通量的变化，则线图的转动方向与低体转动方向相同，故A错误， 名。2，故C正确：D.通过的电荷量q=nR 线完全相同有万瓦T △中 B正确：因为不能完全使得磁通量不变，则线圈转速比磁体小，故C 可得=2，故D正确故选CD 错误，D正确.故选BD 一学霸高考·白题·物理·52一