2020-2022年三年全國高考物理真題匯編：磁場

2020—2022年三年全國高考物理真題匯編：磁場

一、單選題

1.（2分）下列說法正確的是（）

A.恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用

B.小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向

C.正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大

D.升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率

2.（2分）如圖（a）,直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸00'上，其所在區(qū)域存

在方向垂直指向0。'的磁場，與0。'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化，其截

面圖如圖（b）所示。導(dǎo)線通以電流1,靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θO下列說法正確的

是（）

A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導(dǎo)線中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導(dǎo)線對懸線的拉力不變

C.tan0與電流/成正比

D.Sino與電流1成正比

3.（2分）如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小相等、方向相反且與Z軸平行的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yZ平面進(jìn)

入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是

（）

4.（2分）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（XOy平面）向里，電場的方

向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動。下列四

幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）

5.（2分）截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線，長管外表面固定著對稱分布的四根

平行長直導(dǎo)線，若中心直導(dǎo)線通入電流Ii,四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2,Iι>>h,電流方向如

圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是（）

6.（2分）兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內(nèi)，Eo與0,Q在一條直線上，

PO'與OF在一條直線上，兩導(dǎo)線相互絕緣，通有相等的電流I,電流方向如圖所示。若一根無限長

直導(dǎo)線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則圖中與導(dǎo)線距離均為

d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為（）

A.B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B

7.（2分）如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi,一束

速度大小為V的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面

垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ,兩導(dǎo)軌分別與P、Q相

連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，重力加速度為g,不計導(dǎo)軌電阻、

板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（）

8.（2分）如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若通電螺線管是密繞的,

下列說法正確的是（）

A.電流越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強(qiáng)磁場

B.螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強(qiáng)磁場

C.螺線管直徑越大，內(nèi)部的磁場越接近勻強(qiáng)磁場

D.磁感線畫得越密，內(nèi)部的磁場越接近勻強(qiáng)磁場

9.（2分）CT掃描是計算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖

（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中

M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭

頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上

的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則（)

圖（b）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移

10.（2分）特高壓直流輸電是國家重點(diǎn)能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導(dǎo)線

分別通有方向相同的電流Zi和I21/i>∕2oa、b、C三點(diǎn)連線與兩根導(dǎo)線等高并垂直，b點(diǎn)位

于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn),a、C兩點(diǎn)與b點(diǎn)距離相等，d點(diǎn)位于b點(diǎn)正下方。不考慮地磁場的影響，則

()

A.b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0

B.d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0

C.a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下

D.C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下

11.（2分）如圖所示，在帶負(fù)電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅(qū)動圓盤繞中心軸高速旋

轉(zhuǎn)，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。下列說法正確的是（）

A.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉(zhuǎn)原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場

C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，偏轉(zhuǎn)方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉(zhuǎn)方向不變

二、多選題

12.（3分）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直

紙面向里的勻強(qiáng)磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁

場區(qū)域后打在探測器上的M點(diǎn)。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點(diǎn)。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài),

忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測器上的Q點(diǎn)

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點(diǎn)

13.（3分）如圖所示，一帶電粒子以初速度VO沿X軸正方向從坐標(biāo)原點(diǎn)O射入，并經(jīng)過點(diǎn)P（a>0,

b>0）o若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動的時間為t”到達(dá)P點(diǎn)

的動能為Eki。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場實(shí)現(xiàn)，粒子從O到P運(yùn)動的時間為t2,到

達(dá)P點(diǎn)的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是?（）

斗

b-------------?

I

I

OαX

A.tι<t2B.t1>t2C.Ek1<Ek2D.Eki>Ek2

14.（3分）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂

直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為

B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向

垂直且與SP成30。角。已知離子比荷為k,不計重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向

的夾角為。，則離子的入射速度和對應(yīng)。角的可能組合為（）

XXXX

XXXX

L'

A.?kBL,0°B.jkBL,0°C.kBL,60oD.2kBL,60°

15.（3分）如圖所示，兩平行導(dǎo)軌在同一水平面內(nèi)。一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌間的動摩

擦因數(shù)恒定。整個裝置置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方

向的夾角0可調(diào)。導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通以圖示方向的恒定電流，適當(dāng)調(diào)整磁場方

向，可以使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌做勻加速運(yùn)動或勻減速運(yùn)動。已知導(dǎo)體棒加速時，加速度的最大值為烏

g;減速時，加速度的最大值為√3g,其中g(shù)為重力加速度大小。下列說法正確的是（)

B

V

A.棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，

O

B.棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為當(dāng)

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，θ=60o

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，θ=150o

16.（3分）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。

電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢面上，下列

說法正確的有（）

A.電子從N到P,電場力做正功

B.N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D.電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力

17.（3分）如圖所示，水平地面（。孫平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流I的長直導(dǎo)線。

P、M和N為地面上的三點(diǎn)，P點(diǎn)位于導(dǎo)線正上方，MN平行于y軸，PN平行于X軸。一閉合的圓

形金屬線圈，圓心在P點(diǎn)，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中線圈平面始終

與地面平行。下列說法正確的有（）

A.N點(diǎn)與M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同

B.線圈沿PN方向運(yùn)動時，穿過線圈的磁通量不變

C.線圈從P點(diǎn)開始豎直向上運(yùn)動時，線圈中無感應(yīng)電流

D.線圈從P到M過程的感應(yīng)電動勢與從P到N過程的感應(yīng)電動勢相等

18.（3分）安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機(jī)中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強(qiáng)度B。如圖，在手機(jī)

上建立直角坐標(biāo)系，手機(jī)顯示屏所在平面為xθy面。某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量，每次

測量時y軸指向不同方向而Z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（）

B∕μT

測量序號Bx∕μTyBz∕μT

1O21-45

2O-20—46

321O—45

4~21O-45

A.測量地點(diǎn)位于南半球B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μT

C.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方

19.（3分）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板（半徑分

別為R和R+d）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點(diǎn)O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)

的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，方向指向O點(diǎn)。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，

到達(dá)探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運(yùn)動，圓的圓心為0、半徑分別為勺、r2（∕?<r1<

r2<R+d）；粒子3從距O點(diǎn)*的位置入射并從距。點(diǎn)r1的位置出射；粒子4從距。點(diǎn)r1

的位置入射并從距。點(diǎn)r2的位置出射，軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

熱“

粒子探測器

圖（a）

./O--/O-

粒子1探測器粒子2探馴器粒子3探測器粒子4探測器

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

20.（3分）如圖（a）所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置并固定，頂端接有

阻值為R的電阻，垂直導(dǎo)軌平面存在變化規(guī)律如圖（b）所示的勻強(qiáng)磁場，t=0時磁場方向垂直紙面

向里。在t=0到t=2t0的時間內(nèi)，金屬棒水平固定在距導(dǎo)軌頂端L處；t=2t0時，釋放金屬棒。整個過

程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，則（）

23

A.在t=3時，金屬棒受到安培力的大小為ξ?

B.在t=to時，金屬棒中電流的大小為ξ?

t0κ

C.在t=零時，金屬棒受到安培力的方向豎直向上

D.在t=3to時，金屬棒中電流的方向向右

21.（3分）一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和C三個

微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標(biāo)出。僅考慮磁

場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）

X

X

X

X

X

A.a帶負(fù)電荷B.b帶正電荷

C.C帶負(fù)電荷D.a和b的動量大小一定相等

22.（3分）如圖所示,有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線a、b,分別通以804和IO（M流

向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)P，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是（)

80A

P

bIOOA

A.兩導(dǎo)線受到的安培力Fb=125Fa

B.導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算

C.移走導(dǎo)線b前后，p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變

D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置

23.（3分）如圖，U形光滑金屬框abed置于水平絕緣平臺上，ab和de邊平行，和be邊垂直。ab、

de足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F

向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接

觸，且與be邊保持平行。經(jīng)過一段時間后（）

X××M×××X

×

X

t

XXXNXX×X

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離趨于恒定值

24.（3分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反

且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于OXy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde

在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動（不發(fā)生轉(zhuǎn)動）。從圖示位置開始計時，4s末be邊剛好

進(jìn)入磁場。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab,二者與時間

t的關(guān)系圖像，可能正確的是（）

三、實(shí)驗(yàn)探究題

25.(10分)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為I=0.40m的正方形金屬框的

一個頂點(diǎn)上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)

成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為A=5.0×10-3Ω∕m；在t=0到t=3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小隨時間t的變化關(guān)系為B(C)=0.3-0.1C(SZ)。求

(1)(5分)t=2.0s時金屬框所受安培力的大??；

(2)(5分)在t=0到t=2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

四、綜合題

26.(15分)霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材料厚為

a、寬為b、長為c,以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系xyz,如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e

的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴

的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一

勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,沿+y方向，于是在Z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾

電場，已知電場強(qiáng)度大小為E,沿-z方向。

（1）（5分）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向;

（2）（5分）若自由電子定向移動在沿+x方向上形成的電流為In,求單個自由電子由于定向

移動在Z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz；

（3）（5分）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在Z方向定向移動的速率介別為vnz,%z，求

Zlt時間內(nèi)運(yùn)動到半導(dǎo)體Z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在Z方向上形成

的電流應(yīng)滿足的條件。

27.（10分）如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L=Im,其電阻不計,

兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成9=30。角，N、Q兩端接有R=10的電阻。一金屬棒ab

垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，己知ab的質(zhì)量m=0.2kg,電阻r=1Ω,

整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=IT.ab在平行于導(dǎo)軌向

上的拉力作用下，以初速度v1=0.5m∕s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度V=2m∕s。運(yùn)動

過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g=10m∕s2o

（1）（5分）求拉力的功率P：

（2）（5分）ab開始運(yùn)動后，經(jīng)t-0.09s速度達(dá)到v2=1.5m∕s,此過程中ab克服安培力

做功W=0.06/,求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小X0

28.（10分）如圖，間距為I的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬

桿在水平外力作用下以速度Vo向右做勻速直線運(yùn)動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為

UOo設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電

阻R以外不計其它電阻。

LX8X×X

------->v0

TXX××

（1）（5分）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；

（2）（5分）某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)槿A，

求：

（i）這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；

（H）這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。

29.（10分）如圖甲所示，真空中有一長直細(xì)金屬導(dǎo)線MN,與導(dǎo)線同軸放置一半徑為R的金屬圓

柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為m,電荷量為eo不考慮出射

電子間的相互作用。

金屬圓柱面

甲乙

（1）（5分）可以用以下兩種實(shí)驗(yàn)方案測量出射電子的初速度：

a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；

b.在柱面內(nèi)，只加與MN平行的勻強(qiáng)磁場。

當(dāng)電壓為U0或磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時，剛好沒有電子到達(dá)柱面。分別計算出射電子的初速度

V0。

（2）（5分）撤去柱面，沿柱面原位置放置一個弧長為α、長度為b的金屬片，如圖乙所示。

在該金屬片上檢測到出射電子形成的電流為/,電子流對該金屬片的壓強(qiáng)為po求單位長度導(dǎo)線

單位時間內(nèi)出射電子的總動能。

30.（15分）某試驗(yàn)列車按照設(shè)定的直線運(yùn)動模式，利用計算機(jī)控制制動裝置，實(shí)現(xiàn)安全準(zhǔn)確地進(jìn)站

停車。制動裝置包括電氣制動和機(jī)械制動兩部分。圖1所示為該列車在進(jìn)站停車過程中設(shè)定的加速

（1）（5分）求列車速度從20m∕s降至3τn∕s經(jīng)過的時間t及行進(jìn)的距離X。

（2）（5分）有關(guān)列車電氣制動，可以借助圖2模型來理解。圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方

向的勻強(qiáng)磁場中，回路中的電阻阻值為R,不計金屬棒MN及導(dǎo)軌的電阻。MN沿導(dǎo)軌向右運(yùn)

動的過程，對應(yīng)列車的電氣制動過程，可假設(shè)MN棒運(yùn)動的速度與列車的速度、棒的加速度與列車

電氣制動產(chǎn)生的加速度成正比。列車開始制動時?，其速度和電氣制動產(chǎn)生的加速度大小對應(yīng)圖1中

的P點(diǎn)。論證電氣制動產(chǎn)生的加速度大小隨列車速度變化的關(guān)系，并在圖1中畫出圖線。

（3）（5分）制動過程中，除機(jī)械制動和電氣制動外，列車還會受到隨車速減小而減小的空氣阻

力。分析說明列車從IOOnl/s減到3m∕s的過程中，在哪個速度附近所需機(jī)械制動最強(qiáng)？

（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）

M

N

圖2

五'解答題

31.（5分）如圖，一邊長為Io的正方形金屬框abed固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一長度大于√2∕0的均勻?qū)w棒以速率V自左向右在金屬框上勻

速滑過，滑動過程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好。己知導(dǎo)體棒

單位長度的電阻為r,金屬框電阻可忽略。將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間的距離記為X,求導(dǎo)體棒所受安培力

的大小隨X(O≤X≤√2Z0)變化的關(guān)系式。

b

答案解析部分

1.【答案】B

【知識點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度；交變電流的產(chǎn)生及規(guī)律

【解析】【解答】A.恒定磁場對速度不平行于磁感線的運(yùn)動電荷才有力的作用，A錯誤；

B.根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義：小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；

C.根據(jù)正弦交流交流電的產(chǎn)生規(guī)律可得，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為O,C錯誤；

D.根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯

誤。

故答案為：Bo

【分析】磁場對靜止電荷或平行磁場運(yùn)動的電荷沒有力的作用；小磁針N極在磁場中的受力方向是

該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向；正弦交流電磁通量最大時，電流為零；理想變壓器原副線圈磁通量的變化

率相同。

2.【答案】D

【知識點(diǎn)】安培力

【解析】【解答】A對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，若想使導(dǎo)體棒靜止在右側(cè)位置，則導(dǎo)體棒所受安培力垂

直導(dǎo)體棒指向右上方，根據(jù)左手定則可知電流方向由M指向No

將重力沿繩方向和垂直繩方向進(jìn)行分解，

由平衡條件可知?ngsinθ=BlLmgcosθ=FT

聯(lián)立解得Sine=翳FT=mgcosθ

由于。與電流大小有關(guān)，所以電流增大，導(dǎo)線對懸線的拉力隨之改變，且Sine與電流I成正比.

故答案為：D。

【分析】對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)左手定則判斷導(dǎo)線電流方向，對重力進(jìn)行分解，根據(jù)平衡條

件列方程求解。

3.【答案】A

【知識點(diǎn)】左手定則；洛倫茲力

【解析】【解答】AB、根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子在左側(cè)面運(yùn)動時受到的洛倫茲力指向y軸正方向，在

右側(cè)面運(yùn)動時受到的洛倫茲力指向y軸負(fù)方向，因質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，所以質(zhì)子運(yùn)動的

軌跡先往y軸正方向偏轉(zhuǎn)，再往y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，所以A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯誤；

CD、質(zhì)子在Z軸方向不受力，因此Z軸上的坐標(biāo)始終保持不變，故CD錯誤；

故選Ao

【分析】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，根據(jù)左手定則分析出質(zhì)子的受力特點(diǎn)，結(jié)合

曲線運(yùn)動的相關(guān)知識完成分析，從這方面看難度不大，但是對學(xué)生的空間想象能力有一定的要求。

4.【答案】B

【知識點(diǎn)】電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動；電荷在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動

【解析】【解答】粒子所帶電荷為正電荷，所以當(dāng)粒子開始運(yùn)動后，洛倫茲力方向向左，所以AC錯

誤；

粒子運(yùn)動過程中洛倫茲力不做功，勻強(qiáng)電場方向沿y軸正方向，所以當(dāng)粒子回到X軸時，電場力也

能不做功，故粒子回到X軸時，粒子的速度為零，故D錯誤，B正確；

故選B。

【分析】勻強(qiáng)電場沿y軸方向，所以X軸是等勢面，又洛倫茲力不做功，故當(dāng)粒子運(yùn)動后回到X軸

時，粒子的速率減為零。

5.【答案】C

【知識點(diǎn)】安培力；左手定則

【解析】【解答】如圖所示，已知五條通電直導(dǎo)線的電流方向，且中心直導(dǎo)線的電流與周圍四根直導(dǎo)

線的電流關(guān)系有：11?12,則可不考慮四個邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用，只考慮中間導(dǎo)線和周圍

四個導(dǎo)線的安培力作用；根據(jù)同吸異斥可以得出：正方形上下兩個導(dǎo)線受到中間導(dǎo)線的排斥力，導(dǎo)

致正方形上下邊長凸出，其左右兩個導(dǎo)線受到中間導(dǎo)線的吸引力作用，導(dǎo)致正方形左右兩邊形成凹

形，故變形后的形狀如C圖所示，所以C選項(xiàng)符合題意。

故答案為：Co

【分析】利用安培定則可以判別其通電導(dǎo)線周期產(chǎn)生的磁場方向，結(jié)合左手定則可以判別其導(dǎo)線受

到的安培力方向進(jìn)而判別彈性長管的變形情況。

6.【答案】B

【知識點(diǎn)】平行四邊形定則；安培定則

【解析】【解答】如圖所示，兩直導(dǎo)線折成直角時等效為兩個如圖的通電直導(dǎo)線；由安培定則可知，

FOP導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇怪庇诩垙埾騼?nèi)，EoQ導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

垂直于紙張向外，故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零；同理得FOP導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇?/p>

直于紙張向內(nèi)，EOQ導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為垂直于紙張向內(nèi)，且導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁場在距離

導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,故N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B；綜上分析B符合題意。

EO'Q

故答案為：B?

【分析】利用安培定則可以判別導(dǎo)線周圍磁感線的方向，結(jié)合平行四邊形定則可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小。

7.【答案】B

【知識點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用；安培力；左手定則

【解析】【解答】等離子體垂直于磁場噴入板間時，受到洛倫茲力進(jìn)行偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得正離

子向Q板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向P板偏轉(zhuǎn)，則金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負(fù)電荷，已知極板的電性可

以得出電流方向由金屬棒a端流向b端。此時金屬棒ab恰好靜止，則安培力等于重力的大小，且安

培力沿斜面向上，根據(jù)左手定則可以判別導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，根據(jù)平衡方程有：

F安—mgsinθ

且等離子體穿過金屬板P、Q時產(chǎn)生的穩(wěn)定電動勢U時，根據(jù)電場力等于洛倫茲力有：q牛=

qBw

再根據(jù)歐姆定律有：I=E

且根據(jù)安培力公式有；F=BIL

聯(lián)立方程可以解得等離子速度的大小為：U=詈翳

故答案為：Bo

【分析】利用左手定則可以判別金屬棒的極性及電流的方向，結(jié)合金屬棒的平衡可以判別安培力的

方向，利用平衡方程結(jié)合板間電場力和洛倫茲力相等可以求出離子的速度，利用金屬棒其安培力的

方向結(jié)合左手定則可以判別導(dǎo)軌處磁場的方向。

8.【答案】B

【知識點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線

【解析】【解答】根據(jù)螺線管內(nèi)部的磁感線分布可知，在螺線管的內(nèi)部，越接近于中心位置，磁感線

分布越均勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長，內(nèi)部的磁場越接近勻強(qiáng)磁場。

故答案為：Bo

【分析】電流的大小與磁感線的分布無關(guān)：利用磁感線的分布可以判別其螺線管長度越長其內(nèi)部越

接近勻強(qiáng)磁場。

9.【答案】D

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；電荷在電場中的加速；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】A.由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M,根據(jù)沿著電

場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，A不符合題意；

B.增大加速電壓則根據(jù)eU=^mv2

可知會增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有evB=m?

可得R=矍

可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角

度，故P點(diǎn)會右移，B不符合題意；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運(yùn)動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，C不符合

題意；

D.由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會減小半徑，從而增大偏

轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，D符合題意。

故答案為：Do

【分析】X射線即電子流，電子做變速運(yùn)動，以此判斷電場的方向，沿電場方向電勢減??；帶電粒子

在磁場中受到洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下粒子做圓周運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動軌跡、電性和速度方向確

定磁場的磁場方向，結(jié)合向心力公式分析例子的偏轉(zhuǎn)即可。

10.【答案】C

【知識點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度

【解析】【解答】A.通電直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生磁場方向由安培定判斷，如圖所示

/1在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向向上，/2在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向向下，因?yàn)椤?gt;/2

即Bl>B2

則在b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，A不符合題意；

BCD.如圖所示，d點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度豎直向下，c點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度

豎直向上，BD不符合題意，C符合題意。

故答案為：Co

【分析】空間中的磁感應(yīng)功能強(qiáng)度為兩個磁場的疊加，是通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場，結(jié)合電流的方向利

用安培定則判斷，進(jìn)而求解a、b、c、d的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

IL【答案】B

【知識點(diǎn)】安培力

【解析】【解答】AB.小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)是因?yàn)閹ж?fù)電荷的橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)形成電流，而電流周圍有

磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，A不符合題意，B符合題意；

C.僅改變圓盤的轉(zhuǎn)動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，C不

符合題意；

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉(zhuǎn)方向也與之前相反，

D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析1旋轉(zhuǎn)的帶電圓盤形成電流，電流周圍存在磁場，與小磁針的磁場相互作用。

12.【答案】A,D

【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】A由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，增大

磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1也不會偏轉(zhuǎn)，A正確；

粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，不可能為電子，B錯誤。

粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力：q"B=塔，r=器，入射速度V增大，則偏轉(zhuǎn)半徑r增

大，粒子2可能打在探測器上的Q點(diǎn)，C錯誤，D正確。

故答案為：AD

【分析】粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子，粒子2在磁場中洛倫茲力提

供向心力，求出半徑表達(dá)式。

13.【答案】A,D

【知識點(diǎn)】電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】粒子在電場中運(yùn)動時沿X軸方向做勻速運(yùn)動，速度不變；在洛倫茲力作用下，合速

度不變，但沿X軸速度在不斷減小，所以在磁場作用下運(yùn)動時間更長。在電場力作用下，帶電粒子

做平拋運(yùn)動，電場力做正功，使粒子動能增大，所以Ekl>Ek2。

故選AD

【分析】洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，不改變速度大小，只改變運(yùn)動方向：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動。

14.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】若粒子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖

根據(jù)幾何關(guān)系則有R=L,

在勻強(qiáng)磁場中，華

qvB=V=嘴=kBl

出射方向與入射方向的夾角為θ=60oo

當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖

因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有quB=速，u==

此時出射方向與入射方向相同θ=0o,

綜上所述：出射方向與入射方向的夾角為9=60。，需滿足U=（2：當(dāng)）m=熹S為正整數(shù)）

出射方向與入射方向的夾角為6=0。，需滿足V=轡=±kB∕（n為正整數(shù)）

此時。

故可知BC正確，AD錯誤。

故選BCo

【分析】帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動。洛倫茲力提供向心力。畫出運(yùn)動軌跡結(jié)合幾何關(guān)系即可。

15.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】安培力；牛頓第二定律

【解析】【解答】向右加速運(yùn)動時，導(dǎo)體棒加速且加速度最大時，磁場方向斜向右下方，安培力應(yīng)該

斜向右上方，正交分解可得在水平方向：

,./,0、F^inθ+μmgcosθ

Fc^sιnnθ-μ（mg-Fc^cosθ）=ma,?______________,

-m林”

由三角函數(shù)輔助角公式QSina+bcosa=√α2÷62sin（α+β）Itan夕=~^

42。

得加速度a的最大值為?

一〃g+、前+卬9,

導(dǎo)體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，安培力應(yīng)該斜向左下方，磁場方向斜向右下方。

F,,jsin8+pngcose

?安SinJ+〃(mg+Fgrcos0√=ma,_____________,o

-mNy

由三角函數(shù)輔助角公式QSina+bcosa=√α2÷h2sin(α+∕?)Gans=，)

可知加速度a的最大值為“上Γ?,/“”)2。

陽+J肅+(⑷

代入題中數(shù)據(jù)可得〃=孚

,將〃=萼代入加速度表達(dá)式，結(jié)合三角函數(shù)輔助角公式可得兩次加速度取得最大值時，磁場方向

與水平向右方向的夾角θ分別為60度和120度。

故選：BC

【分析】核心是對物體進(jìn)行受力分析，簡單的數(shù)學(xué)變換用到復(fù)制的物理過程中，對數(shù)學(xué)知識的要求

有點(diǎn)高。

16.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】電勢差、電勢、電勢能；洛倫茲力；電場力做功

【解析】【解答】A、由題可知在電子運(yùn)動過程中所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場

力做負(fù)功，故A錯誤；

B、電場線總是由高電勢指向低電勢，據(jù)此可知N點(diǎn)的電勢高于P點(diǎn)，故B正確；

C、由于洛倫茲力總是與速度方向垂直，因此洛倫茲力不做功，故C正確；

D.、對電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖所示：

qE

由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為

0,根據(jù)動能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0,則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場

中電子在這兩點(diǎn)電場力相等，即合力相等，故D錯誤；

故選BC0

【分析】本題主要考查了帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動，熟悉電場線中電勢的判斷，根據(jù)左手定則判

斷洛倫茲力始終與速度垂直，因此洛倫茲力對電子不做功；根據(jù)幾何關(guān)系得出電子在M點(diǎn)所受的

合力與在P點(diǎn)所受的合力大小關(guān)系。

17.【答案】A,C

【知識點(diǎn)】楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律；安培定則

【解析】【解答】A、依題意，M、N兩點(diǎn)連線與長直導(dǎo)線平行、兩點(diǎn)與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)

安培定則可知，通電長直導(dǎo)線在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；

B、根據(jù)安培定則，線圈在P點(diǎn)時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點(diǎn)平移

過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱，線圈0磁通量會發(fā)生變化，故B錯誤；

C、根據(jù)安培定則，線圈從P點(diǎn)豎直向上運(yùn)動過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始

終為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故C正確；

D、線圈從P點(diǎn)到M點(diǎn)與從P點(diǎn)到N點(diǎn)，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點(diǎn)到M點(diǎn)所用時間

較從P點(diǎn)到N點(diǎn)時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。

故選AC。

【分析】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律，根據(jù)磁場的分布特點(diǎn)結(jié)合對稱性分析出不同位置的

磁場特點(diǎn)和磁通量是否變化；分析出線圈的磁通量的變化特點(diǎn)，結(jié)合楞次定律判斷是否產(chǎn)生感應(yīng)電

流；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析出不同過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的特點(diǎn)。

18.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】磁現(xiàn)象和磁場、磁感線；地磁場

【解析】【解答】地磁場如圖所示

根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知Z軸場強(qiáng)豎直向下，所以測量點(diǎn)位于北半球，故A錯誤；

磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，根據(jù)表格可以算出B=√452+212〃rX50〃7,故B正確；

根據(jù)地磁場圖像可知，在北半球，磁場可分解為豎直向下和水平向北，根據(jù)圖標(biāo)可知，第2次測量

時y軸正向指向南方，故C正確；

第3次測量時，根據(jù)題表可知，X軸指向北方，所以y軸正向指向西方，故D錯誤；

故選BCo

【分析】首先可以畫出地磁場的圖像，根據(jù)圖像可以判斷測量點(diǎn)的位置，磁通量是矢量，根據(jù)矢量

合成法則，可以計算測量點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，最后可以判斷其方向。

19.【答案】B5D

【知識點(diǎn)】動能與重力勢能；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】根據(jù)題意可知，兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板中電場方向是從外側(cè)極板指向內(nèi)

側(cè)極板，根據(jù)題圖可知，粒子3進(jìn)入電場后電場力做正功，入射時動能大于出射時的動能，故A錯

誤；

同理，根據(jù)題圖可知，粒子4進(jìn)入電場后電場力做負(fù)功，所以粒子4入射時的動能比它出射時的

大，故B正確；

在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，設(shè)E=M粒子1和粒子2都是電

場力提供做圓周運(yùn)動的向心力，即qE=乎=m/=qEr=qk，故粒子1與粒子2入射的動能相

等，故C錯誤；

粒子3有q￡">m；=mv2<qEr=qk，所以粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D

正確;

故選BD。

【分析】首先根據(jù)粒子1和粒子2可以判斷出來場強(qiáng)方向，粒子3在做向心運(yùn)動，粒子4在做離心

運(yùn)動，根據(jù)向心及離心運(yùn)動進(jìn)行列式計算。

20.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】安培力；左手定則；歐姆定律；楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律

2

【解析】【解答】AB.由圖可知在O~to時間段內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=嵯=妞

ZUt0

根據(jù)閉合電路歐姆定律有此時間段的電流為/=塌=如

AALQ

在?時磁感應(yīng)強(qiáng)度為?,此時安培力為F=BlL=照

A不符合題意，B符合題意；

C.由圖可知在t=等時，磁場方向垂直紙面向里并逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生順時針方向

的電流，再由左手定則可知金屬棒受到的安培力方向豎直向上，C符合題意；

D.由圖可知在t=3t0時，磁場方向垂直紙面向外，金屬棒向下掉的過程中磁通量增加，根據(jù)楞

次定律可知金屬棒中的感應(yīng)電流方向向左，D不符合題意。

故答案為：BCo

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出電動勢的大小，結(jié)合閉合電路歐姆定律以及安培力的表達(dá)式

得出金屬棒受到的安培力大??；結(jié)合楞次定律以及左手定則判斷安培力的方向。

21.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】左手定則；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動

【解析】【解答】ABC.由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中,

總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子C應(yīng)帶負(fù)電，A不符合題意，BC符合題意；

D.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB=m^-

解得R=器

由于粒子a與粒子b的質(zhì)量、電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關(guān)系不確定，D

不符合題意。

故答案為：BC.

【分析】根據(jù)左手定則結(jié)合粒子運(yùn)動的軌跡得出粒子的電性；在磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，洛

倫茲力提供向心力，從而得出軌道半徑的表達(dá)式，從而進(jìn)行判斷兩個粒子的動量關(guān)系。

22.【答案】B,C,D

【知識點(diǎn)】磁感應(yīng)強(qiáng)度；安培力

【解析】【解答】A.a導(dǎo)線和b導(dǎo)線之間的安培力屬于相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可得兩導(dǎo)線受

到的安培力大小相等，故A錯誤；

B.根據(jù)安培定則可以判別兩個導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)方向都是垂直于紙張向里或向外，其磁場方向與通

電導(dǎo)線的電流方向垂直，所以計算兩個導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算，故B正確；

C.移走導(dǎo)線b前，根據(jù)安培定則可以得出b導(dǎo)線在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙張向里，其

a導(dǎo)線在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙張向外，由于b導(dǎo)線電流大在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度比

較大；利用矢量疊加法則可得P點(diǎn)磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向同向，向里，當(dāng)移走導(dǎo)線b后，P點(diǎn)磁

場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，向外，故C正確；

D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，根據(jù)安培定則可以得出兩導(dǎo)線在任意點(diǎn)產(chǎn)生的

磁場均不在同一條直線上，再根據(jù)矢量疊加法則可得不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置。故D正確。

故選BCDt,

【分析】兩導(dǎo)線之間的安培力屬于相互作用力其大小相等；由于通電導(dǎo)線和磁場方向垂直所以直接

可以利用安培力的表達(dá)式計算安培力的大??；利用安培定則結(jié)合磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加可以判別磁場的

方向及大小。

23.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】安培力；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】由be邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢，形成電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，

做加速運(yùn)動，be邊受到向左的安培力，向右做加速運(yùn)動。當(dāng)MN運(yùn)動時，金屬框的be邊和導(dǎo)體棒

MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為力、也，則電路中的電動勢E=

BL(y2-%)

電流中的電流I=S=W"/"」

KK

22

金屬框和導(dǎo)體棒MN受到的安培力F—BL(也-%),與運(yùn)動方向相反

P安框R

22

=BL(V2-V1),與運(yùn)動方向相同

r^MNR

22

設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為mi、m2,則對導(dǎo)體棒MNBL(及一匕)=g叫

22

對金屬框F一絲齒*=m2α2

初始速度均為零，則a∣從零開始逐漸增加，a?從?開始逐漸減小。當(dāng)a∣=a2時，相對速度V-

m22

FRml

Vi=-2~9--------

2BL(m1÷m2)

大小恒定。整個運(yùn)動過程用速度時間圖象描述如下。

綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項(xiàng)正確；

金屬框的速度會一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離也會一直增大，AD選項(xiàng)錯誤。

故答案為：BCo

【分析】產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是，對于閉合回路中的某一部分，磁通量發(fā)生改變，磁通量變化越

快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大，隨著導(dǎo)線框速度的增加，安培力也增加，最終安培力與拉力相等，

系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，速度恒定，加速度為零。

24.【答案】B,C

【知識點(diǎn)】安培力；楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】AB.因?yàn)?s末be邊剛好進(jìn)入磁場，可知線框的速度每秒運(yùn)動一個方格，故在0~ls

內(nèi)只有ae邊切割磁場，設(shè)方格邊長為L,根據(jù)E1=2BLv

11~~R

可知電流恒定；2s末時線框在第二象限長度最長，此時有E2=3BLv

//2

l2~~R

可知V=%

2~4s線框有一