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磁場 一、多選題 1.（2018?卷Ⅱ）如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2 ， L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向外,已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為 和 ，方向也垂直于紙面向外，則（ ） A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 【答案】A,C 【考點】磁感應(yīng)強度 【解析】【解答】L1在ab兩點產(chǎn)生的磁場強度大小相等設(shè)為B1 ， 方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場強度設(shè)為B2 ， 方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場強度也為B2 ， 方向向外，規(guī)定向外為正，根據(jù)矢量疊加原理可知 故答案為：AC 【分析】先明確L1在ab兩點的磁感應(yīng)強度的大小和方向。再明確L2在ab兩點的磁感應(yīng)強度的大小和方向。還要注意ab兩點還處于勻強磁場中，再結(jié)合題意根據(jù)矢量疊加原理即可解題。 2.某同學(xué)自制的簡易電動機示意圖如圖所示．矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸．將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方．為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來，該同學(xué)應(yīng)將（　?。? A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉 C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 【答案】A,D 【考點】安培力，高考真題 【解析】【解答】AD、當(dāng)左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉或左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉，通電后根據(jù)左手定則可知下邊受到的安培力方向向左，線圈開始轉(zhuǎn)動，在前半軸轉(zhuǎn)動過程中，線圈中有電流，安培力做正功，后半周電路中沒有電流，安培力不做功，由于慣性線圈能夠連續(xù)轉(zhuǎn)動，故A、D正確； B、線圈中電流始終存在，安培力先做正功后做負功，但同時重力做負功，因此在轉(zhuǎn)過一半前線圈的速度即減為0，線圈只能擺動，故B錯誤； C、左右轉(zhuǎn)軸不能同時接通電源，始終無法形成閉合回路，電路中無電流，不會轉(zhuǎn)動，故C錯誤． 故選：AD． 【分析】線圈中有通電電流時，安培力做功，根據(jù)左手定則判斷安培力做功情況，由此確定能否連續(xù)轉(zhuǎn)動． 3.如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是（　　） A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1：1： D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為 ： ：1 【答案】B,C 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線，安培力，左手定則，高考真題 【解析】【解答】A、根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的磁場方向如下圖所示， 再根據(jù)左手定則，那么L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面平行，故A錯誤； B、同理，根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合矢量的合成法則，則L2、L1通電導(dǎo)線在L3處的磁場方向如下圖所示， 再根據(jù)左手定則，那么L3所受磁場作用力的方向與L2、L1所在平面垂直，故B正確； CD、由A選項分析，可知，L1、L3通電導(dǎo)線在L2處的合磁場大小與L2、L3通電導(dǎo)線在L1處的合磁場相等， 設(shè)各自通電導(dǎo)線在其他兩點的磁場大小為B，那么L1、L2和L3三處磁場之比為1：1： ，故C正確，D錯誤； 【分析】根據(jù)右手螺旋定則判出磁場方向，利用矢量合成法則得出合磁場方向，再用左手定則判力的方向，計算力的大小。 4.如圖，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為 、l和3l．關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是（ ） A.a處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大B.b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等 C.a、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同D.b處的磁感應(yīng)強度為零 【答案】A,D 【考點】磁感應(yīng)強度 【解析】【解答】解：A、B、C、根據(jù)安培定則判斷知：左側(cè)導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在c點產(chǎn)生的磁場方向向外，右側(cè)導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場方向向里，根據(jù)磁感線的疏密表示磁場的強弱，可知離直導(dǎo)線越遠，磁場越弱，可知：a處磁感線比c處密，則a處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大．由磁場的疊加可知：a、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相反．故A正確，BC錯誤； D、由于左右側(cè)導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相反，大小相等，所以b處的磁感應(yīng)強度為零，故D正確． 故選：AD． 【分析】根據(jù)安培定則判斷兩根直導(dǎo)線在三個點產(chǎn)生的磁場方向，由磁場的疊加原理分析即可． 5.三條在同一平面（紙面）內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的電流均為I，方向如圖所示．a(chǎn)、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點的距離相等．將a、b和c處的磁感應(yīng)強度大小分別記為B1、B2和B3 ， 下列說法正確的是（ ） A.B1=B2＜B3 B.B1=B2=B3 C.a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里 D.a處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里 【答案】A,C 【考點】磁感應(yīng)強度 【解析】【解答】解：A、B、由題意可知，a點的磁感應(yīng)強度等于三條通電導(dǎo)線在此處疊加而成，即垂直紙面向外，而b點與a點有相同的情況，有兩根相互抵消，則由第三根產(chǎn)生磁場，即為垂直紙面向外，而c點三根導(dǎo)線產(chǎn)生磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強，故A正確，B錯誤； C、D、由圖可知，根據(jù)右手螺旋定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，B錯誤． 故選：AC． 【分析】通電導(dǎo)線周圍存在磁場，且離導(dǎo)線越遠場強越弱．磁場不但有大小而且有方向，方向相同則相加，方向相反則相減．并根據(jù)矢量疊加原理來求解． 6. 圖中裝置可演示磁場對通電導(dǎo)線的作用．電磁鐵上下兩磁極之間某一水平面內(nèi)固定兩條平行金屬導(dǎo)軌，L是置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直的金屬桿．當(dāng)電磁鐵線圈兩端a、b，導(dǎo)軌兩端e、f，分別接到兩個不同的直流電源上時，L便在導(dǎo)軌上滑動．下列說法正確的是（ ） A.若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，則L向右滑動 B.若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，則L向右滑動 C.若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，則L向左滑動 D.若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，則L向左滑動 【答案】B,D 【考點】安培力 【解析】【解答】解：A、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接正極，f接負極，L所受安培力向左，L向左滑動，故A錯誤； B、由安培定則與左手定則可知，若a接正極，b接負極，e接負極，f接正極，L受到的安培力向右，L向右滑動，故B正確； C、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接正極，f接負極，L所受安培力向右，L向右滑動，故C錯誤； D、由安培定則與左手定則可知，若a接負極，b接正極，e接負極，f接正極，L所受安培力向左，則L向左滑動，故D正確； 故選BD． 【分析】由安培定則判斷出電流產(chǎn)生的磁場方向，然后由左手定則判斷出導(dǎo)體棒受到的安培力方向，從而判斷出導(dǎo)軌L的移動方向． 7.如圖（a）所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當(dāng)音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音。俯視圖（b）表示處于輻射狀磁場中的線圈（線圈平面即紙面）磁場方向如圖中箭頭所示，在圖（b）中（ ） A.當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B.當(dāng)電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C.當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D.當(dāng)電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 【答案】B,C 【考點】安培力 【解析】【解答】將環(huán)形導(dǎo)線分割成無限個小段，每一小段看成直導(dǎo)線，則根據(jù)左手定則，當(dāng)電流瞬時針時，導(dǎo)線的安培力垂直紙面向外，故選項A錯誤，選項B正確；當(dāng)電流逆時針時，根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里，故選項C正確，選項D錯誤。 【分析】應(yīng)用化曲為直法，把線圈看成一小段一小段的直導(dǎo)線連接而成，再根據(jù)左手定則判斷所受安培力的方向即可． 8. ?指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說明正確的是（） A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn) 【答案】B,C 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線，安培力 【解析】【解答】指南針不僅可以僅具有一個磁極，故A錯誤；指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，故B正確；當(dāng)附近的鐵塊磁化時，指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾，故C正確；根據(jù)安培定則，在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時會產(chǎn)生磁場，指南針會偏轉(zhuǎn)與導(dǎo)線垂直，故D錯誤。 【分析】本題主要是安培定則，以及地磁場相關(guān)知識，屬于容易題。 二、單選題 9.處于磁場B中的矩形金屬線框可繞軸OO’ 轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框中通以電流Ⅰ時，如圖所示，此時線框左右兩邊受安培力F的方向正確的是（ ） A.B.C.D. 【答案】D 【考點】安培力，左手定則 【解析】【解答】通電導(dǎo)線在磁場中的受力可以借助左手定則，掌心讓磁感線穿過，四指指向電流方向，左手大拇指就是代表了安培力方向。此題正解為D?！痉治觥客妼?dǎo)線在磁場中的安培力要用左手定則判斷，當(dāng)然電流不能和磁場方向平行，判斷出電流方向和磁場方向，運用左手定則即可以知道安培力方向。 10.在城市建設(shè)施工中，經(jīng)常需要確定地下金屬管線的位置，如圖所示。有一種探測方法是，首先給金屬長直管線通上電流，再用可以測量磁場強弱、方向的儀器進行以下操作：①用測量儀在金屬管線附近的水平地面上找到磁感應(yīng)強度最強的某點，記為a；②在a點附近的地面上，找到與a點磁感應(yīng)強度相同的若干點，將這些點連成直線EF；③在地面上過a點垂直于EF的直線上，找到磁場方向與地面夾角為450的b、c兩點，測得b、c兩點距離為L。由此可確定金屬管線（ ） A.平行于EF，深度為 B.平行于EF，深度為L C.垂直于EF，深度為 D.垂直于EF，深度為L 【答案】A 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線 【解析】【解答】根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場特點：距離電流越近，產(chǎn)生的磁場強度越大，則a點距離管線最近，EF上的點均是距離管線最近的點，管線在EF的正下方，與EF平行； 根據(jù)安培定則做出管線產(chǎn)生磁場的橫截面圖示： 則由幾何關(guān)系可以確定a到管線的距離為， 故A正確，BCD錯誤； 故答案為：A。 【分析】根據(jù)左手定則判斷電流方向，然后畫出直線電流的磁感線方向，結(jié)合幾何關(guān)系確定金屬管線深度。 11. 如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l．在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零．如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為（　　） A.0B.B0C.B0D.2B0 【答案】C 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線，磁感應(yīng)強度，高考真題 【解析】【解答】在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零，如下圖所示： 由此可知，外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P， 即B1=B0； 依據(jù)幾何關(guān)系和三角函數(shù)知識，則有：BPcos30= B0； 解得：P或Q通電導(dǎo)線在a處的磁場大小均為BP= ； 當(dāng)P中的電流反向，其他條件不變，（如圖） 再依據(jù)幾何關(guān)系和三角函數(shù)知識，則有：B2= ； 因外加的磁場方向與PQ平行，且由Q指向P，磁場大小為B0； 最后由矢量的合成法則，那么a點處磁感應(yīng)強度的大小為B= = ，故C正確，ABD錯誤； 故選：C． 【分析】依據(jù)右手螺旋定則判出電流周圍磁場方向，運用矢量的合成法則，及三角函數(shù)知識，即可求解． 12.如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是 A.ab中的感應(yīng)電流方向由b到aB.ab中的感應(yīng)電流逐漸減小 C.ab所受的安培力保持不變D.ab所受的靜摩擦力逐漸減小 【答案】D 【考點】靜摩擦力，安培力，楞次定律，法拉第電磁感應(yīng)定律 【解析】【解答】導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強度均勻減小，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生與原磁場方向相同的感應(yīng)磁場，由安培定則判得順時針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b ， 故A項 錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，， 回路面積S不變，磁感應(yīng)強度均勻減小,得感應(yīng)電動勢為定值，根據(jù)歐姆定律，所以ab中的電流大小不變，故B項錯誤；安培力， 電流大小不變，磁感應(yīng)強度減小，則安培力減小，故C項錯誤；導(dǎo)體棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D項正確。 【分析】根據(jù)楞次定律的增反減同可以判出電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動勢恒定，所以電流大小不變。導(dǎo)體棒處于靜止狀態(tài)，得出靜摩擦力等于安培力，由安培力 判出安培力減小，所以靜摩擦力減小。 13. 如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場，若粒子射入的速率為v1 ， 這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2 ， 相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2：v1為（　?。? A.：2B.：1C.：1D.3： 【答案】C 【考點】圓形磁場，高考真題 【解析】【解答】設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為r，當(dāng)速度大小為v1時，從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為M（圖甲）時，由題意知∠POM=60，由幾何關(guān)系得軌跡圓半徑為R1= ； 從P點入射的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為N（圖乙）；由題意知∠PON=120，由幾何關(guān)系得軌跡圓的半徑為R2= r； 根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知： Bqv=m 解得：v= 故速度與半徑成正比，因此v2：v1=R2：R1= ：1 故C正確，ABD錯誤． 故選：C． 【分析】根據(jù)題意畫出帶電粒子的運動軌跡，找出臨界條件角度關(guān)系，由洛侖茲力充當(dāng)向心力，分別表示出圓周運動的半徑，即可求得速度之比． 14. 如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點．P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點，在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（ ） A.向上B.向下C.向左D.向右 【答案】A 【考點】左手定則 【解析】【解答】解：P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點可知條形磁鐵的磁場的方向向外，電子向右運動，由左手定則可知，電子受到的條形磁鐵對電子的作用力的方向向上． 故選：A 【分析】根據(jù)左手定則判定：伸開左手，使大拇指跟其余四個手指垂直，并且跟手掌在同一平面內(nèi)，把手放入磁場中，讓磁感線穿過掌心，四指所指為正電荷運動方向，拇指所指方向為電荷所受洛倫茲力的方向． 15. 如圖，水平桌面上固定有一半徑為R的金屬細圓環(huán)，環(huán)面水平，圓環(huán)每單位長度的電阻為r，空間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下；一長度為2R、電阻可忽略的導(dǎo)體棒置于圓環(huán)左側(cè)并與環(huán)相切，切點為棒的中點．棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，運動過程中棒與圓環(huán)接觸良好．下列說法正確的是（ ） A.拉力的大小在運動過程中保持不變B.棒通過整個圓環(huán)所用的時間為 C.棒經(jīng)過環(huán)心時流過棒的電流為 D.棒經(jīng)過環(huán)心時所受安培力的大小為 【答案】D 【考點】安培力 【解析】【解答】解：A、棒在拉力的作用下以恒定加速度a從靜止開始向右運動，則速度為v=at，因此F=BIL= ，可知在運動過程中棒所受安培力變化，則拉力大小也變化，故A錯誤； B、根據(jù)位移公式 ，可得時間為 ，故B錯誤； C、當(dāng)棒運動到環(huán)中心時，由于棒將金屬細圓環(huán)分開的兩部分的電阻并聯(lián)，則電路總電阻為 ，速度大小為 ，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 ，所以產(chǎn)生感應(yīng)電流大小為 2= ，故C錯誤； D、棒經(jīng)過環(huán)心時所受安培力的大小為F=BIL= ，故D正確． 故選：D． 【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求出此時導(dǎo)體棒的有效切割長度，注意外電路為弧acb和弧adb的電阻并聯(lián)，求出總電阻，進一步求出電流值，即可算出安培力的大?。詈蟾鶕?jù)運動學(xué)公式可求出運動的時間． 16. 如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變？（ ） A.粒子速度的大小B.粒子所帶的電荷量C.電場強度D.磁感應(yīng)強度 【答案】B 【考點】磁場和電場的復(fù)合 【解析】【解答】解：由題，粒子受到電場力和洛倫茲力，做勻速直線運動，則有 qvB=qE，即有vB=E．① A、改變粒子速度的大小，則洛倫茲力隨之改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變．故A錯誤． B、由①知，粒子的電量改變時，洛倫茲力與電場力大小同時改變，兩個力仍然再平衡，故粒子的軌跡不發(fā)生改變．故B正確． C、改變電場強度，電場力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變．故C錯誤． D、改變磁感應(yīng)強度，洛倫茲力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發(fā)生改變．故D錯誤． 故選B 【分析】帶電粒子進入正交的電場和磁場中，受到電場力和洛倫茲力而做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件得到電場力與洛倫茲力的關(guān)系，洛倫茲力與速度大小成正比．當(dāng)洛倫茲力與電場力仍平衡時，粒子的運動軌跡不會改變． 17. 一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角．當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（ ） A.B.C.D. 【答案】A 【考點】圓形磁場 【解析】【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡圓弧所對的圓心角為30粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期 粒子在磁場中勻速圓周運動的時間 圓筒轉(zhuǎn)動90所用時間 粒子勻速圓周運動的時間和圓筒轉(zhuǎn)動時間相等t=t′ 解得： ，A正確，BCD錯誤 故選：A 【分析】由題，粒子不經(jīng)碰撞而直接從N孔射出，即可根據(jù)幾何知識畫出軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡的圓心角，根據(jù)圓筒轉(zhuǎn)動時間和粒子勻速圓周運動時間相等即可．本題考查了帶點粒子在勻強磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應(yīng)用牛頓第二定律、數(shù)學(xué)知識即可正確解題；根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵． 18. 現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（ ） A.11B.12C.121D.144 【答案】D 【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器 【解析】【解答】解：根據(jù)動能定理得， 得 ① 離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律，有 得 ②①②兩式聯(lián)立得： 一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等，同一加速電場U相同，同一出口離開磁場則R相同，所以m∝ ，磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍，離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍，D正確，ABC錯誤 故選：D 【分析】本題先電場加速后磁偏轉(zhuǎn)問題，先根據(jù)動能定理得到加速得到的速度表達式，再結(jié)合帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑公式求出離子質(zhì)量的表達式．本題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律，關(guān)鍵要能通過洛倫茲力提供向心力求出質(zhì)量的表達式． 19. 在粒子散射實驗中，電子對粒子運動的影響可以忽略，這是因為與粒子相比，電子（ ） A.電量太小B.速度太小C.體積太小D.質(zhì)量太小 【答案】D 【考點】磁場和電場的復(fù)合，原子的核式結(jié)構(gòu) 【解析】【解答】在α粒子散射實驗中，由于電子的質(zhì)量太小，電子的質(zhì)量只有α粒子的，它對α粒子速度的大小和方向的影響就像灰塵對槍彈的影響，完全可以忽略。故D正確，A、B、C錯誤。 【分析】本題考查α粒子散射實驗，涉及電子的特征，意在考查考生的識記能力。盧瑟福α粒子散射實驗，說明原子是核式結(jié)構(gòu)的。 20.（2016?新課標Ⅲ）平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從PM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角。已知粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的射點到兩平面交線O的距離為 （） A.B.C.D. 【答案】D 【考點】單邊有界磁場 【解析】【解答】根據(jù)題意，粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，則軌跡與ON相切，設(shè)切點為C點，入射點為B點，出射點為A點，粒子在磁場中的軌跡圓心為 點，根據(jù)幾何知識可得 ，則三角形 AB為等邊三角形，故∠ AB=60，而∠MON=30，∠OCA=90，故C A為一條直線，所以△AOC為直角三角形，故粒子離開磁場的出射點到O的距離為 ，而半徑公式 ，故距離為 【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求出射點與O點間的距離． 21. 中國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也?！边M一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是（ ） A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 【答案】C 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線 【解析】【解答】根據(jù)題意可得，地理南北極與地磁場存在一個夾角，為磁偏角，故兩者不重合，A正確；地磁南極在地理的北極附近，地磁北極在地理南極附近，B正確；由于地磁場磁場方向沿磁感線切線方向，故只有赤道處才與地面平行，C錯誤；在赤道處磁場方向水平，而射線是帶電的粒子，運動方向垂直磁場方向，根據(jù)左手定則可得射向赤道的粒子受到的洛倫茲力作用，D正確； 【分析】根據(jù)課本中有關(guān)地磁場的基礎(chǔ)知識，同時明在確磁場及磁通量的性質(zhì)；即可確定此題的答案． 22. 如圖，一束電子沿z軸正向流動，則在圖中y軸上A點的磁場方向是（ ） A.+x方向B.-x方向C.+y方向D.-y方向 【答案】A 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線 【解析】【解答】據(jù)題意，電子流沿z軸正向流動，電流方向向z軸負向，由安培定則可以判斷電流激發(fā)的磁場以z軸為中心沿順時針方向（沿z軸負方向看），通過y軸A點時方向向外，即沿x軸正向，則選項A正確。 【分析】根據(jù)右手螺旋定則，右手握住導(dǎo)線，使拇指的方向與電流的方向相同，此時四指所指的方向就是在該點的磁場方向． 23.如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度，下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長NM相等，將它們分別掛在天平的右臂下方，線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)，若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是（ ） A.B.C.D. 【答案】A 【考點】安培力 【解析】【解答】由題意知，當(dāng)處于磁場中的導(dǎo)體，受安培力作用的有效長度越長，根據(jù)知受安培力越大越容易失去平衡，由圖知選項A中導(dǎo)體的有效長度最大，所以A正確。 【分析】本題主要考查是安培力，在通電導(dǎo)體在磁場中受安培力時，要注意導(dǎo)體的有效長度的計算。 24.（2015四川）如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L=9.1cm，中點O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.010－4T，電子質(zhì)量m＝9.110－31kg，電荷量e＝－1.610－19C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6106m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則（ ） A.θ＝90時，l＝9.1cmB.θ＝60時，l＝9.1cm C.θ＝45時，l＝4.55cmD.θ＝30時，l＝4.55cm 【答案】A 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線，磁場和電場的復(fù)合，電磁場與電磁波 【解析】【解答】電子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力大小計算公式和向心力公式有：，解得電子圓周運動的軌道半徑為.恰好有,，由于電子源s可向紙面內(nèi)意方n發(fā)射電子，因此電子的運動軌團將是過5點的一系列半徑為，的等大圓，能夠打到板W上的區(qū)域范圍如下圖所示，實線5表示電子剛好經(jīng)過板N端時的軌跡，實線54表示電子軌機剛好與板相切于A點時的九r，因此電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為 又由題設(shè)選項可知W與直線的夾角不定，但要使電子軌跡與MN板相切，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知， 此時電子的軌團圓心C落在與MN距離為r，的平行線上，如下圖所示，當(dāng)＝4.55cm即時，即A點與板0 點重合，作出電子軌邊如下圖中實線，由圖中幾何關(guān)系可知，出時與MN的夾角＝300 ， 故選項 C錯誤：選項D正確：當(dāng)l＝9.1cm即時即A點與板M端重合作出電子軌團如下圖中實線，由圖中幾 何關(guān)系可知出時與MN的夾角＝900：，故選項A正確選項B錯誤， 【分析】粒子源中帶電粒子等速率，不定方向發(fā)射時，相當(dāng)于一系列等大圓直徑旋轉(zhuǎn)。 25. 題1圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物質(zhì)發(fā)生衰變放出的部分粒子的經(jīng)跡，氣泡室中磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。以下判斷可能正確的是（ ） A.a、b為粒子的經(jīng)跡B.a、b為粒子的經(jīng)跡C.c、d為粒子的經(jīng)跡D.c、d為粒子的經(jīng)跡 【答案】D 【考點】磁場和電場的復(fù)合，磁場、電場和重力場復(fù)合 【解析】【分析】射線是不帶電的光子線，在磁場中不偏轉(zhuǎn)，故選項B錯誤。粒子為氦核帶正電，由左手定則知受到向上的洛倫茲力向上偏轉(zhuǎn)，故選項A、C錯誤；粒子是帶負電的電子流，應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，選項D正確。故選D。 【點評】本題主掌握①三種射線的性質(zhì)比較 ②三種射線在勻強磁場、勻強電場、正交電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況比較： 26.在沿水平方向的勻強磁場中，有一圓形金屬圈可繞沿其直徑的豎直軸自由轉(zhuǎn)動，開始時線圈靜止，線圈平面與磁場方向既不平行也不垂直，所成的銳角為。在磁場開始增強后的一個極短時間內(nèi)，線圈平面（） A.維持不動B.將向使減小的方向轉(zhuǎn)動 C.將向使增大的方向轉(zhuǎn)動D.將轉(zhuǎn)動，因不知磁場方向，不能確定會增大還是會減小 【答案】B 【考點】左手定則，楞次定律 【解析】【分析】如圖所示，畫出其截面圖，當(dāng)B增強時，根據(jù)楞次定律可判定電流方向如圖所示，根據(jù)左手定則可判定其受到的安培力如圖所示。從而判定線圈將向使減小的方向轉(zhuǎn)動，故答案B正確，A、C、D錯。 【點評】根據(jù)左手定則可判定其受到的安培力 三、綜合題 27.（2018?卷Ⅰ）如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氚核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60,并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m,電荷量為q不計重力。求 （1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離 （2）磁場的磁感應(yīng)強度大小 （3）21H第一次離開磁場的位置到原點O的距離 【答案】（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè) 在電場中的加速度大小為 ，初速度大小為 ，它在電場中的運動時間為 ，第一次進入磁場的位置到原點Ｏ的距離為 。由運動學(xué)公式有 ① ② 由題給條件， 進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角 。 進入磁場時速度的y分量的大小為 ③ 聯(lián)立以上各式得 ④ （2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有 ⑤ 設(shè) 進入磁場時速度的大小為 ，由速度合成法則有 ⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B ， 在磁場中運動的圓軌道半徑為 ，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ⑦ 由幾何關(guān)系得 ⑧ 聯(lián)立以上各式得 ⑨ （3）設(shè) 在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為 ，在電場中的加速度大小為 ，由題給條件得 ⑩ 由牛頓第二定律有 ? 設(shè) 第一次射入磁場時的速度大小為 ，速度的方向與x軸正方向夾角為 ，入射點到原點的距離為 ，在電場中運動的時間為 。由運動學(xué)公式有 ? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得 ， ， ? 設(shè) 在磁場中做圓周運動的半徑為 ，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 ? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè) 進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為 ，由幾何關(guān)系有 ? 聯(lián)立④⑧???式得， 第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 ? 【考點】速度的合成與分解，平拋運動，單邊有界磁場，電荷在勻強電場中的運動 【解析】【分析】該題考查帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動，以及牛頓第二定律、類平拋運動的綜合應(yīng)用。（1） 11 H在勻強電場中做類平拋運動，利用相關(guān)運動規(guī)律公式即可求解。（2）11 H在勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，先求出軌道半徑R，再由牛頓第二定律即可求解。（3） 12H與11 H有相同的動能，利用12H在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動的特點即可求解。 28.（2018?天津）如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強電場，電場強度為E ， 方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B ， 方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、 的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。 （1）求粒子從P到M所用的時間t； （2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度 的大小。 【答案】（1）解:設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v ， 所受洛倫茲力提供向心力，有 ① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F ， 有F=qE②； 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a ， 根據(jù)牛頓第二定律有F=ma③； 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得 ⑤ （2）解:粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為 ，由幾何關(guān)系可得 ⑥ 設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ ， 即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知 ⑦； 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v ， 在垂直于電場方向的分速度等于為 ，由運動的合成和分解可得 ⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得 ⑨ 【考點】電荷在電場中的加速，電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)，磁場和電場的復(fù)合，高考真題，帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 【解析】【分析】（1）考查了帶電粒子在分別在磁場、電場中的運動以及牛頓第二定律，相對基礎(chǔ)； 解題思路：根據(jù)磁場中洛倫茲力提供向心力求出進入磁場速度，結(jié)合電場中加速度和運動學(xué)公式，求出在電場中時間； （2）難點的突破在于找到時間最小的臨界條件：滿足在磁場中的運動軌跡與內(nèi)圓相切，結(jié)合幾何圖形求出半徑，然后根據(jù)公式求出速度. 29.（2018?天津）真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直，長度均為l ， 電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l ， 列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關(guān)閉。 （1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由； （2）求剛接通電源時列車加速度a的大??； （3）列車減速時，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為 ，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 【答案】（1）解:M接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b ， 由c到d ， 故M接電源正極。 （2）解:由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為 ，由電阻的串并聯(lián)知識得 ①； 設(shè)回路總電流為I ， 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 ② 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F ， 有F=BIl③ 根據(jù)牛頓第二定律有F=ma④，聯(lián)立①②③④式得 ⑤ （3）解:設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng) 時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為 ，平均感應(yīng)電動勢為 ，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 ⑥，其中 ⑦； 設(shè)回路中平均電流為 ，由閉合電路歐姆定律有 ⑧ 設(shè)cd受到的平均安培力為 ，有 ⑨ 以向右為正方向，設(shè) 時間內(nèi)cd受安培力沖量為 ，有 ⑩ 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為 ，有 ? 設(shè)列車停下來受到的總沖量為 ，由動量定理有 ? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得 ? 討論：若 恰好為整數(shù)，設(shè)其為n ， 則需設(shè)置n塊有界磁場，若 不是整數(shù)，設(shè) 的整數(shù)部分為N ， 則需設(shè)置N+1塊有界磁場。? 【考點】動量定理，安培力，左手定則，雙邊有界磁場，高考真題 【解析】【分析】（1）考查左手定則，較基礎(chǔ)；第二問考查閉合電路歐姆定律、安培力、牛頓第二定律，較基礎(chǔ)； （3）考查難度較高，需要根據(jù)動量定理，計算出列車經(jīng)過一塊有界磁場時的沖量及列車停下來時的總沖量變化 易錯點：對磁場塊數(shù)的討論，若比值不是整數(shù)，需設(shè)置整數(shù)部分N+1. 30.（2018?卷Ⅲ）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1 ， 并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： （1）磁場的磁感應(yīng)強度大小； （2）甲、乙兩種離子的比荷之比。 【答案】（1）解:設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1 ， 在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1 ， 磁場的磁感應(yīng)強度大小為B ， 由動能定理有 ① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ② 由幾何關(guān)系知 ③ 由①②③式得 ④ （2）解:設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2 ， 射入磁場的速度為v2 ， 在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 ⑤ ⑥ 由題給條件有 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ⑧ 【考點】對單物體(質(zhì)點)的應(yīng)用，電荷在電場中的加速，單邊有界磁場，洛倫茲力 【解析】【分析】根據(jù)題意甲離子經(jīng)加速電壓由動能定理可得進入磁場的速度，進入磁場后由牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系可求得磁感應(yīng)強度。同理可知乙離子的半徑，綜合可知甲乙兩種離子的比荷。 31. 如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距L，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下．一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率ν勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略．求 （1）電阻R消耗的功率； （2）水平外力的大?。? 【答案】（1）解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=BvL…① 則導(dǎo)體棒中的電流大小為： …② 電阻R消耗的功率：P=I2R…③ 聯(lián)立②③可解得：P= …④ （2）解：由于導(dǎo)體棒ab勻速運動，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力的和，則水平外力： F=μmg+F安 …⑤ 安培力： 拉力：F= 【考點】安培力，法拉第電磁感應(yīng)定律 【解析】【分析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出電流的大?。晒絇=I2R求出電阻R的功率．（2）導(dǎo)體棒勻速向右滑動時，水平外力與安培力和摩擦力的和是平衡力，根據(jù)平衡條件求解水平外力F的大?。? 32在“用DIS研究通電螺線管的磁感應(yīng)強度”實驗中： （1）在對螺線管通電________（選填“前”或“后”）必須對磁傳感器進行調(diào)零。 （2）實驗時，將磁傳感器探管前端插至通電螺線管軸線中點時，磁傳感器讀數(shù)為5mT。減小通電螺線管的電流后，將探管從螺線管的另一端插入，當(dāng)探管前端再次到達螺線管軸線中點時，磁傳感器的讀數(shù)可能為（ ） A.5mTB.-5mTC.3mTD.-3mT 【答案】（1）前 （2）D 【考點】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線 【解析】【解答】 （1）在對螺線管通電前必須對磁傳感器進行調(diào)零，否則就會有測量誤差。 （2）減小通電螺線管的電流后，螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度變小，由于從另一端插入，磁傳感器的讀數(shù)可能為-3mT。 【分析】要知道:減小通電螺線管的電流后，螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強度變小，從不同端插入磁傳感器的讀數(shù)的正負是不一樣。 33. 如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD＇，過DD＇且垂直于圖面的平面將空間分成I、II兩區(qū)域。區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直圖面的勻強磁場B（圖中未畫出）；區(qū)域II有固定在水平面上高 h=2l 、傾角 的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD＇距離 s=4l ，區(qū)域II可加豎直方向的大小不同的勻強電場（圖中未畫出）；C點在DD＇上，距地面高 H=3l 。零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小 、方向與水平面夾角 的速度，在區(qū)域I內(nèi)做半徑 的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域II。某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知，g為重力加速度。 （1）求勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??； （2）若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA； （3）若小球A、P在時刻 （β為常數(shù)）相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域II的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。 【答案】（1）解：由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，有 ① 代入數(shù)據(jù)解得 ② 答：勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為 。 （2）解：小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，運動到C點的時刻為tC ， 到達斜面低端時刻為t1 ， 有 ③ ④ 小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA ， 與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有 ⑤ ⑥ 聯(lián)立以上方程可得 ⑦ 答：釋放小球A的時刻tA為 。 （3）解：設(shè)所求電場方向向下，在tA時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP ， 有 ⑧ ⑨ ⑩ 聯(lián)立相關(guān)方程解得 對小球P的所有運動情形討論可得 由此可得場強極小值為