卷10 磁场-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3A)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（十） 卷10磁场 姓名 班级 考号 得分 本卷共15小题，满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选 项中，第1~7题是只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通 有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关 于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON,初始时，M处的磁感应强 度大小为B1,O点磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变，仅将 L2撤去，求N点的磁感应强度大小 A.B,-BB. 2 B2一B C.B2-B D.B-B2 2.(2024·甘肃)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的 电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中 长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则 导体棒ab所受的安培力为 () ×ax R + 6×× B'd'v AR”,方向向左 B'd2v B R,方向向右 C.BL'v ,方向向左 D. B2 R一，方向向右 3.(2023·浙江)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两 根长均为1、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也 为L。细杆通过开关S可与直流电源E。或理想二极管串接。在导体棒 所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空 气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的 夹角固定点0=牙：然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的 过程中 () 右1 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（十）10-1】3A A.电源电动势E,-2Mg 2BLR B.棒消耗的焦耳热Q=1一2 C.从左向右运动时，最大摆角小于牙 D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 4.(2023·广东)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应 强度大小为1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5×10eV。根据 给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略 相对论效应，1eV=1.6×10-19J) () A.3.6×10m/s B.1.2×10m/s C.5.4×10m/s D.2.4×10sm/s 5.(2024·湖北)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂 直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相 等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为、电荷量为q(q>0) 的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法 正确的是 () A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔 为瑞 D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速 度大小为3gBR 3m 6.(2024·广西)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应 强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m,电荷量为十q的粒子，以 初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向 夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为() Ay X××××× B X知XX,x 0 ××XX×X A.mu 3mv gB B.2qB ca+a品 n+要}器 7.(2024·浙江)如图所示，边长为1m、电阻为0.042的刚性正方形线框 abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应 强度以B=0.1T/S均匀增大时，线框的发热功率为P:若磁感应强 恒为0.2T,线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热 功率为2P,则ab边所受最大的安培力为 () 【10-2】3A ·0'· 1 A.2 N C.1N D.√2N 8.(2024·福建)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘 线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中， 现给导线通以自A到B大小为I的电流，则 B A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为3BIr 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有 选错的得0分。 9.(2024·安徽)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀 强磁场，电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为的带电 油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到 最低点P时，瞬间分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。I 在P点时与α的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图 所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻 力以及I、Ⅱ分开后的相互作用，则 ( B + + E A油滴。带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为B那 E 4πE C小油滴工做圆周运动的速度大小为3，周期为 gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 10.(2024·湖北)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金 属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体， 含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极 板间便产生电压。下列说法正确的是 () ▣N 0 【10-3】3A A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(12分)用图所示装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体（有大量的 正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h,置于竖直向 上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可 忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为 R。)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度ⅴ自左向右通 过。闭合开关S,调节电阻箱的取值，记下相应的电流表读数。 @电流表 N (1)与N板相连接的是电流表G的 极（填“正”或“负”）。 b -a0 →R/2 (2)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘 制出了R图像为图所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别 为（一a,0)和(0，b),则磁场的磁感应强度为 ,导电液体的电阻 率为 12.(10分)霍尔效应是电磁基本现象之一，由于霍尔元件产生的电势差很 小，故通常将霍尔元件与放大器电路、温度补偿电路以及稳压电源电路 等集成在一个芯片上，称为霍尔传感器，近期我国科学家在该领域的实 验研究上取得了突破性进展。图甲为使用霍尔元件来探测检测电流 【。是否发生变化的装置示意图，铁芯竖直放置，霍尔元件放在铁芯右 侧，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流强度成正 比，霍尔元件所处区域磁场可看作匀强磁场，测量原理如乙图所示，霍 尔元件长为a,宽为b,厚度为h,前、后、左、右表面有四个接线柱，通过 四个接线柱可以把霍尔元件接入电路。 铁芯 霍尔 检测电流 电势差 图甲 图乙 (1)霍尔元件所处位置的磁场方向为 (选填“竖直向下”“竖直 向上”“水平向左”或“水平向右”)； (2)霍尔元件的前后两表面间形成电势差，电势的高低如图乙所示，则 材料中的载流子带 电（选填“正”或“负”）； (3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为，每个自由电荷的电荷量为 q,霍尔元件的厚度为h,流过霍尔元件左右表面的电流为I,霍尔电势差 为U,则霍尔元件所处区域的磁感应强度B的表达式为B= (4)当霍尔元件尺寸一定时，霍尔电势差增大，说明检测电流 (选填“增大”或“减小”)。 13.(10分)(2024·湖南)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面 圆心O'、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正 【10-4】3A 方向建立xy之坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度 大小为B,方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大 小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O处向圆筒内多个方向发射 电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大 小均为v。已知电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与筒壁碰 撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 y 个E 2 0' B Y 人 一L (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与 x轴正方向最大夹角为0，求tan0的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方 向的最大位移。 14.(12分)(2024·甘肃)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所 示。I为粒子加速器，加速电压为U;Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电 场强度大小为E,,方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为 B,,方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小 为B,,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计 重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆 周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 ×1 0× S 0' XX Ⅲ (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E,(E,略大于 E1),方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求 粒子打在O'点的速度大小。 【10-5】3A 15.(14分)(2024·海南)如图，在Oy坐标系中有三个区域，圆形区域I 分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域 I半径的2倍。区域I、Ⅱ的圆心O1,O,连线与x轴平行，半圆与圆 相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区 B 域Ⅲ。区域I、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、?的匀强磁场，磁场方 向均垂直纸面向外。区域I下方有一粒子源和加速电场组成的发射 器，可将质量为、电荷量为q的粒子由电场加速到v。改变发射器的 位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度。沿 纸面射入区域I。已知某粒子从P点射入区域I,并从Q点射入区域Ⅱ（不 计粒子的重力和粒子之间的影响)。 B S·0:0 02 0 加速电场 粒子源 (1)求加速电场两板间的电压U和区域I的半径R; (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求 该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时间t; (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B,方向垂 直纸面向里，电场强度的大小E=B。,方向沿x轴正方向。此后，粒 子源中某粒子经区域I、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴 负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在 的位置到y轴的原离(sim37-子sin53”-号》 【10-6】3A答案：C31.8 13.解析：(1)根据电路可知当Rc=0时MV间电阻R 的阻值最小，为 R RaRB =122 当R。=240时MV间电阻R的阻值最大，为 RA(RB+240) R=R+CR+240=220 故MN间电阻R的变化范围为 122R222 (2)当Rc=2402,通过电热器B的电流为 U IFRe+R。 此时电热器B消耗的功率为 P=I'RR 解得PB=16.7W 答案：(1)122≤R≤222(2)16.7W 14.解析：(1)物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定 律得 mg sin 0+umg cos 0=ma 由运动学公式0-v=一2a.x 联立解得x=2g(sin0十以cos0) (2)物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为 F=mgsin 0+umg cos 0 由P=Fu得 P=mgu(sin0+μcos8) (3)全过程物块增加的机械能为 E=mgLsin 0 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化 为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知 E2=E1+mg cos0·L 故可得 E mgLsin 0 sin 0 E2 mgL sin 0+umgL cos 0 sin 0+ucos 0 答案：(1)2g(sin0+μcos0) (2)mgu(sin0+μcos0) sin 0 (3)sin ucos0 15.解析：(1)导体杆受安培力 F=B Id=3Mg 方向向上，则导体杆向下运动的加速度 Mg-F=Ma 解得a=-2g 导体杆运动的距离 0-v哈 L= 2a 4g (2)回路的电动势E=B2du 其中v=vo十at 解得E-M(o,-2g知) (3)右手定则和欧姆定律可得： U+E=IR 可得U=IR-E=IR-6Mg vo-2g1) 电源输出能量的功率 P=UI=(R-E1=[R(,-2g]I =I'R-6Mg (vo-2gt)=I'R-6Mgvo+12Mg' 【23】 U 在0~2g时间内输出的能量对应P-(图像的面积， 可得： W-I'Rve_3Mvi 2g 2 (4)装置A可回收火箭的动能和重力势能及磁场 能；从开始火箭从速度0到平台速度减为零，则 I'Rvs 3Mv W- 2 若R的阻值视为0 W=- 3Mu 2 装置A可回收能量为 3Mo WI= 2 答案：(1)3Mg4g 6Mg (2)E= (v。-2gt)(3)U =IR-6Mg I'Rvo 3Mv (u。-2gt);2g 2 (4)装置 A可回收火箭的动能和重力势能及慰场能：M 卷10磁场 1.B根据安培定则，两导线在O,点处产生的磁感应强 度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的 磁感应强度大小为B。三号，根据对称性，两导线 在N处的磁感应强度大小应该与M点一样为B1, 根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为B。 ,由于L:在N点处产生的磁感应强度大于 B2 L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L B2一B1 撤去，N点的磁感应强度为 2.A导体棒αb切割磁感线在电路部分得有效长度为d, 故感应电动势为E=Bd E 回路中感应电流为【=尺 根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒 ab所受的安培力为F=BId=Bdy R 方向向左。 故选A。 3.C当开关接1时，对导体棒受T 力分析如图所示 根据几何关系可得Mg=BIL →BL Mg 解得I=B配 E。 根据欧姆定律I= YMg R MgR 解得E。=BL 故A错误： 根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的 感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化 为焦耳热：导体棒从左向右运动时，产生的感应电动 势与二极管相反，没有机械能损失。 若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的 机械能转化为焦耳热为 -3A Q=(-9）wa 根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零 时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热 a<a'-(-9）wed 故B错误； 根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转 化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于 云，故C正确； 根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速 度小于第一次经过最低，点时的速度，根据E=BL 可知棒两次过最低，点时感应电动势大小不相等，故 D错误。 故选C。 4.C洛伦兹力提供向心力有gB=mR 质子加達后获得的最大动能为E,=子m 解得最大速率约为v=5.4×10m/s 故选C。 5,D在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子， 总是沿径向射出的：根据圆的特，点可知粒子的运动 轨迹不可能经过O点，故A、B错误； 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时 间最短，则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有1=2T=4πm gB 故C错误； 粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短， 则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为”，根据几何关系可知 r=BR 3 根据洛伦兹力提供向心力有9B=m, 可得u=3gBR 3m 故D正确。 故选D。 6.C粒子运动轨迹如图所示 【24】 P B ×”××知XX,x ×××9××× v 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有quB=m 可得粒子做圆周运动的半径，=m巴 gB 根据几何关系可得P,点至O点的距离 Lp%=r十 故选C。 a行=1+)8 7.C磁场均匀增大时，产生的感应电动势为 △B E= S=0.1V △t 可得P=R =0.25W 线框以某一角速度w绕其中心轴OO'匀速转动时电 动势的最大值为Em=BSw E） 此时有2P= =0.5W R 解得w=1rad/s 分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最 BSw5 A 大为Im=R 故ab边所受最大的安培力为Fm=BImL=1N 故选C。 8.B根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安 培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力 变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的 等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r= 2BIr,故C、D错误。 9.ABD油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可 知带负电，有mg=Eq 解得？-受 故A正确： 根据洛伦兹力提供向心力Bq心=m尺 得R=B mv 解得油滴a做圆周运动的速度大小为0= 8BR E 故B正确； 2 设小油滴I的速度大小为1，得3R= 9 B·2 3BgR 3gBR 解得v1= E 周期为T= 2π·3R2πE gB 故C错误； 带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ -3A 的速度为v2,取油滴Q分离前瞬间的速度方向为正 方向，得mu=空十受， 解得，=一 BR E 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平 衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据 左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动， 故D正确。故选ABD。 10.AC带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极 板MN带正电为发电机正极，A正确： 离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令 U 极板间距为d,则gB=ga 可得U=Bdv 因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和 密度无关，B、D错误，C正确。 故选AC。 11.解析：(1)根据左手定则可知与N板相连接的是电 流表G的负极； (2)根据欧姆定律有E=I(R十R.十r) E 而quB=qd 根据电阻定律有r=p d 1 1 由了一R图像可知 a Bdv Rg十 b= Bdv Blhv 解得B=bd (a-R)lh d 答案：(1)负(2)6d (a-R)lh d 12.解析：(1)根据右手安培定则可知霍尔元件所处位 置的磁场方向为竖直向上； (2)因为后表面的电势高于前表面的电势，根据左 手定则，粒子在洛伦兹力的作用下偏向后表面，所 以材料中的载流子带正电： (3)前后表面的距离为b,最终电子在电场力和洛伦 U 兹力的作用下处于平衡，有g方=gB 根据电流微观表达式，有I=ngSu=ng(bh)v 联立解得B=nghU (4)根据g方=gB 可知U=IB ngh 霍尔电势差增大，说明检测电流增大。 答案：1竖直向上(2正3 (4)增大 13.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿 x轴的匀速直线运动和在yO:平面内的匀速圆周 【25】 运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为v,,由 电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v。t 在yO~平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为 R,周期为T,由牛顿第二定律知 Bev,=m R 可得R肥 且T=2k_2xm Be 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有 t=nT(n=1,2,3,…) 2πnmvo 联立得B= eL 当n=1时，B有最小值，可得 2πnvo B ooin- eL (2)将电子的速度分解，如图所示 本y y 0 0' 有tang=忍 当tan目有最大值时，v,最大，R最大，此时R= r,又 2πmv muy B= ,R-Be 联立可得 2πvor 2πY m=1,tan 0= (3)当v,最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方 向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有 yn y.-2a Ee 由牛顿第二定律知a= m 2πVor 又v,ym= L 2π2r2v6m 联立得ym= EeL 答案：(1 2m0（2)2 2π2r2v6m (3) eL L EeL 14.解析：(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒 子带正电；设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进 入速度选择器时的速度为V,在速度选择器中粒子 做匀速直线运动，由平衡条件 qvoB=gE 在加速电场中，由动能定理 qU=之mw哈 联立解得，粒子的比荷为 9E m 2UB -3A (2)由洛伦兹力提供向心力 qvoB:=m 可得O,点到P点的距离为 4UB OP=2r= EB, (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛=qVoB1 向下的电场力F=qE。 由于E2>E1,且guB1=qE 所以通过配速法，如图所示 X I UI B B个 + + S 0x + 0' + × I Ⅱ 其中满足gE2=g(v。十v1)B 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v。十v1做 匀速运动的同时，竖直方向以U1做匀速圆周运动， 当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择 器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的 速度大小为 2E2-E =U十U1十1= B E 答秦：1)带正电2B 4UB (2)EB 2E2-E1 (3) B 15.解析：(1)根据动能定理得U=2mv 解得U=2g mv 粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子 从P点射入区域I,并从Q点射入区域Ⅱ，故可知 此时粒子的运动轨迹半径与区域I的半径R相等， 粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bq。= mR 解得R=Bg (2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相 同的速度v。沿纸面射入区域I,由(1)可得，粒子在 磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R,因为在 区域I中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入 点、区域I圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点 构成一个菱形，有几何关系可得，区域I圆心O1和 粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O 连线，则区域I圆心O和粒子出射点水平，根据磁 聚焦原理可知粒子都从Q,点射出，粒子射入区域 B Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力92 vo-m R' 解得R'=2R 【26】 如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹 所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆孤 所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场 圆半径2R,根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区 域I中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子 在两区域磁场中运动周期分别为 T,=2πR_2xm Bq 2π·2R_4πm T,= 故可得该粒子在区域I和区域Ⅱ中运动的总时 间为 60° 60° π t=360Ti+360T:=B 个y MⅢ 02 0 60* 60 0 加速电场行 粒子源 (3)如图，将速度v。分解为沿y轴正方向的速度v。 及速度v',因为E=Buo可得Eq=Bquo,故可知沿 y轴正方向的速度V。产生的洛伦兹力与电场力平 衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bu,故粒 子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知v'= 2v。sin53°=1.6u。 故当'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即 最大速度为vm=v,+1.6u。=2.6uo 圆周运动半径R= mv'8mvs qB=50B=1.6R 根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为 172mvo L=R"+R"sin53°+2R+2R=6.88R= 25Bg Bqv M Bqvo 74°v0 39 mv mv 答案：(1)U= 2,R (2) Ba (3)Vm 172mvo =2.6v0,25Bq 卷11电磁感应 l.A线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈 的磁通量在减小，则根据楞次定律可知α线圈的电 流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中 产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过 程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产 生的电流为顺时针。故选A。 2.C在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波 和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流非 金属不能，因此可能原因为涡流。故选C。 -3A