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2026届人教版高考物理第一轮复习：磁场综合提高练习1
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针。现给直导线通以向左的恒定电流，不计其他磁场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．小磁针保持不动
B．小磁针的N 极将向下转动
C．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动
D．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动
2．如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球通过长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放.不计空气阻力，则对小球从释放到第一次到达最低点的过程，下列说法正确的是 （　　）
A．小球运动至最低点时速度为2
B．小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直
C．小球在运动过程中受到的洛伦兹力的瞬时功率先增大，后减小
D．小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为3mg+qB
3．如图所示，一水平放置的N匝矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形框以左边的一条边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量的变化量的大小是（ ）
A． B． C． D．
4．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电、磁间关系的序幕。三根相互平行的通电长直导线a、b、c中的电流大小均为I，方向如图所示，将三者放在等腰直角三角形三个顶点上，每根通电长直导线单独存在时，O点的磁感应强度大小都是B，则三根通电长直导线同时存在时O点的磁感应强度的大小为
A．B B．3B C．2B D． B
5．如图所示的区域内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子X（不计重力）以一定的初速度由左边界的P点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的N点穿出，若撤去该区域内的电场而保留磁场不变，粒子X仍以相同初速度由P点射入，当粒子X从区域右边界穿出时，则粒子X （　　）
A．动能可能减小
B．动能一定不变
C．穿出位置一定在N点上方
D．穿出位置一定在N点下方
6．如图所示，速度选择器两极板间的距离为，板间匀强磁场的磁感应强度大小为，为速度选择器中轴线上的粒子源，可沿方向发射速度大小不同、电荷量均为、质量均为的带电粒子，经速度选择器后，粒子先后经过真空中两边界平行的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ到达足够大的荧光屏，匀强磁场的磁感应强度大小分别为、，磁场的宽度分别为、．调节滑片可改变速度选择器、两极板间的电压，使粒子沿方向垂直磁场Ⅰ边界进入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后进入磁场Ⅱ，最后荧光屏恰好未发光，粒子重力不计，则两极板间的电压大小是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共4小题）
7．(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是(　　)
A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
8．（配速法）空间存在磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于平面向里，匀强电场的场强为、方向沿轴正方向，将一个质量为、带电荷量的粒子从点由静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达轴的坐标为，已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为，不计粒子的重力，则（ ）
A．该粒子运动过程中任意位置坐标的值不可能取负值
B．该粒子运动过程中任意位置坐标的值不可能大于
C．粒子在运动过程中第一次运动到离轴最远处时，距离轴的距离
D．粒子运动过程中的最大速率
9．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，图中是关于A、B的速度随时间变化的图像及A、B之间摩擦力随时间变化的图像，其中大致正确的是(　　)
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，把一根柔软的轻质弹簧悬挂起来，使它的下端刚好和槽中的水银接触，按图示连接电路，通电后，会看到弹簧上下跳动。关于这个现象，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧上下跳动的原因是通电后弹簧受到电场力
B．将滑动变阻器的滑片向左移动时，弹簧将跳动得更加明显
C．将电源的正、负极对调一下，弹簧的跳动现象将消失
D．若换一劲度系数更大的弹簧，则弹簧将跳动得不明显
三、非选择题（本大题共5小题）
11．奥斯特实验首次揭示了电与磁的联系。如图所示，通电直导线正下方有一小磁针。

（1）当直导线不通电流时，小磁针的Ｎ极指向地理上的 （填“南”或“北”）极附近。
（2）为了更好的完成此实验，直导线应该 （填“东西”或“南北”）放置。
（3）当直导线通有如图所示的电流时，小磁针的N极将垂直纸面向 （填“里”或“外”）偏转。
（4）已知环形电流在圆心处的磁感应强度大小与其半径成反比，通电直导线在其延长线上的磁感应强度为零。纸面内闭合导线框a、b由同心半圆与直线构成，通以大小相同的电流，如图所示。a、b在其圆心Oa、Ob处的磁感应强度的大小Ba Bb（填“>”“=”或“<”），Oa处的磁场方向垂直纸面向 （填“里”或“外”）。

12．如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数n=10，线圈的水平边长L=10cm，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过abcda方向电流且I=0.2A时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在右盘中增加质量为m=20g的砝码，才能使两臂达到新的平衡。
回答以下问题：
(1)可判断该匀强磁场的方向垂直于线圈平面 （选填“向里”或“向外”）；
(2)测得的磁感应强度表达式B= （用n、L、I、m表示），磁感应强度的大小为 T（g取9.8m/s2）。
13．一根长为0.20m的直导线，垂直于某匀强磁场方向放置，当导线中通有1A的电流时，导线受到的安培力大小为0.08N，则：
(1)磁场的磁感应强度为多大？
(2)当导线中的电流增大为2A时，此时磁场的磁感应强度为多大？导线受到的安培力为多大？
14．如图，在第一象限内有垂直该平面的匀强磁场，以虚线为界，左侧磁场垂直于该平面向里，右侧磁场垂直于该平面内向外。第四象限内互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直向里。所有磁场的磁感应强度相等，一质量为m，电量为＋q的带正电粒子从O沿＋x方向紧邻第一象限射入，粒子入射速度大小在中的所有数值，其中速度为的粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为，总时间为。（T为做完整圆周运动的周期）
（1）求磁感应强度的大小；
（2）从第一象限射到y轴最远的粒子的速度大小；
（3）场强（B为上述所求的值），求粒子在第四象限内运动离x轴的最大距离的动能。
15．如图所示,xOy竖直平面坐标系中,x轴上方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B0= T.离子源从O处射出速度大小均为v0=2.0×107 m/s、速度方向在纸面内、发散角为2θ=60°且关于y轴对称的正离子,离子经磁场偏转后在x轴上C、D两点间射出.MN为放置在x轴下方长L=1.6 m的荧光屏,y轴垂直平分MN,屏到x轴的距离d= m.已知离子的比荷=×109 C/kg,不计离子间相互作用及重力的影响,离子到达荧光屏即被吸收.求:
(1)从O同时射入磁场的离子到达x轴的最长时间间隔Δt;
(2)离子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S;
(3)为使第一次经过x轴上方磁场并从C点飞出的离子不能打到屏上,在屏与x轴间区域加一垂直纸面的匀强磁场,该磁场的磁感应强度B满足的条件.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由安培定则可知，直导线下方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针的N极将垂直于纸面向外转动。
选C。
2．【答案】D
【解析】小球运动至最低点的过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，小球的机械能守恒，故mgL=mv2，解得v=，故A错误；根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，即沿绳子的方向向外，故B错误；洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力的瞬时功率始终为零，故C错误；小球在最低点，由合力提供向心力，故T-mg-qvB=m，解得T=3mg+qB，故D正确.
3．【答案】B
【思路点拨】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．注意夹角θ不是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈．
【详解】矩形线圈abcd如图所示放置，匀强磁场方向向左上方，平面水平放置时通过线圈的磁通量为Φ1=BSsinθ=BSsin30°＝BS．当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ad轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量Φ2=-BScosθ′= BScos30°＝ BS．因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为△Φ＝Φ2 Φ1＝ ．选B．
4．【答案】A
【解析】如图所示，由安培定则可知，通电长直导线a和c在O点产生的磁感应强度的方向均垂直于ac斜向左下，大小均为B，通电长直导线b在O点产生的磁感应强度的方向垂直于bO斜向右下，大小也为B，即可将O点的磁感应强度理解为沿Ob方向的2B与沿Oc方向的B的矢量合成，B合＝＝B，A正确。
5．【答案】B
【解析】粒子以一定的初速度由左边界的P点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的N点穿出，由平衡条件得qvB=qE，解得粒子的速度v=，与电荷量、质量无关，由于带电粒子电性不知，若撤去该区域内的电场而保留磁场不变，洛伦兹力方向可能向上也可能向下，所以穿出点可能在N的上方也可能在N点的下方，C、D错误；只有磁场时，粒子只受洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，所以粒子的动能保持不变，A错误，B正确.
6．【答案】C
【解析】设粒子的速度为，两极板间电压为，在速度选择器中有，可得，由题意，粒子运动的轨迹如图所示，设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为、，由三角形相似可得，又，，联立求解得，故选C．
7．【答案】BC　
【详解】本题考查安培定则和左手定则的综合应用。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P需要受到向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，在P中通入电流方向应为逆时针方向(负向电流)，A错误，B正确；若线圈P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，在P中通入电流方向应为顺时针方向(正向电流)，C正确，D错误。
8．【答案】AD
【详解】粒子从初始位置运动到轴时电场力做功为零，粒子速度为零，故不可能运动到轴以上位置，即值不可能取负值，到达轴的速度为零（点拨：粒子到达轴时回到了最初的状态，重复之前的运动过程），所以会再次向下运动，重复之前的运动，此后坐标的值会大于，正确，错误；粒子第一次运动到距离轴最远处时洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理得，解得，又最低点的曲率半径为该点到轴距离的2倍，则在此处有（点拨：根据牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式列式求解），联立解得，，错误，正确。
【一题多解】给带电粒子配上一对等大反向的速度，设大小为，向右的速度使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则，可得，则粒子以向左的速度做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子运动到离轴最远时，即粒子运动了半个圆周，且，又，联立可得，此时两个分速度方向相同，有最大速度，为，错误，正确。
9．【答案】AC
【详解】
试题分析：在t=t1之前物体A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F=（m+M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有：f=ma．即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块所受的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的压力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当两物体A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动．当物块A与小车B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，物块与小车发生了相对滑动，此时物块A受到向右的滑动摩擦力f1=μFN虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向右，物块A仍然加速运动，物块所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物体A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的压力减小，所以向右的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，A做加速度逐渐减小的加速运动，则速度增大的越来越慢，洛伦兹力增大的越来越慢，摩擦力减小的越来越慢．直到t2时刻A、B之间的摩擦力减小到0，加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度-时间图象中物块A的斜率逐渐减小到零；故AC正确BD错误．故选AC．
考点：牛顿第二定律；洛伦兹力
10．【答案】BD
【详解】
A．当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据左手定则知，各圈导线之间产生了相互的吸引力，弹簧缩短；当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧的各圈导线中又有了电流，开始重复上述过程，即出现上下跳动现象，A错误；
B．将滑动变阻器的滑片向左移动时，电路中电流增大，各圈导线之间的作用力变大，弹簧将跳动得更加明显，B正确；
C．将电源的正、负极对调一下，通电后弹簧的各圈导线之间仍有相互作用力，故仍会上下跳动，C错误；
D．若换一劲度系数更大的弹簧，因为弹簧的各圈导线受到的力与原来相同，形变量将变小，则弹簧跳动将变得不明显，D正确。
故选BD。
11．【答案】（1）北 （2）南北 （3）里 （4）< ；外
【详解】（1）地磁场的南极在地理北极附近。因此当直导线不通电流时，小磁针的N极指向地理上的北极附近。
（2）当导线沿东西方向放置时，其下方磁场方向沿南北方向；因为小磁针通常情况下受到地磁场的作用指向南北方向，需要避免地磁场的作用对实验结果造成影响，所以应使通电导线沿南北方向放置。
（3）由安培定则，当直导线通有如图所示的电流时，小磁针的N极将向垂直纸面向里偏转。
（4）导线框圆心处的磁场为两个环形电流产生的磁感应强度矢量和。根据右手螺旋定则可知顺时针电流在导线框a圆心处产生的磁场垂直纸面向里，逆时针电流在圆心处产生的磁场垂直纸面向外，所以此处的合磁感应强度为两个磁场的磁感应强度之差；导线框b圆心处的磁场方向为两个电流的磁场之和，两个电流都是顺时针方向，在圆心处产生的磁场均垂直纸面向里，所以此处的磁感应强度为两个磁场产生的磁感应强度之和，所以Ba根据上面的分析可知线框a圆心处的磁场方向为两个磁感应强度矢量之差，根据题意可知环形电流在圆心处的磁感应强度大小与其半径成反比，所以合磁场方向垂直纸面向外。
12．【答案】(1)向外，(2) ；0.49
【详解】（1）若使电流反向，大小不变，这时需要在右盘中增加质量为m=20g的砝码，才能使两臂达到新的平衡，可知，电流方向改变后，线圈所受安培力方向向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于线圈平面向外。
（2）[1]电流方向改变之前，结合上述可知，线圈所受安培力方向向下，两臂达到平衡，令左右臂上悬挂物的质量分别为、，则有，电流方向改变之后，结合上述可知，线圈所受安培力方向向上，两臂达到新的平衡，则有，解得
[2]将所给数据代入上述表达式，解得
13．【答案】(1)0.4T；(2)0.16N
【详解】
.(1)直导线所受安培力为
代入数据，得
(2)磁场中磁感应强度由磁场本身决定，所以当导线中的电流增大时，磁场中的磁感应强度仍然为0.4T。
此时导线所受安培力为
14．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）速度为的粒子在I区和Ⅱ区的时间分别为，，圆心角分别为60°、150°，，解得，洛伦兹力提供向心力，解得
（2）射到y轴最远的粒子到O的距离，则，又因为，所以
（3）配速度，设带电粒子从第一象限进入第四象限的位置为P，速度为，现引人方向和方向的，有，解得，将心与y方向的合成为，所以带电粒子以做匀速圆周运动和方向的的匀速运动的合成。如图
，解得，最远距离，最大速度为，最大距离的动能
15．【答案】(1)×10-8 s　(2) m2　(3)B> T,磁场方向垂直纸面向里;或B> T,磁场方向垂直纸面向外
【解析】(1)设离子在磁场中运动的周期为T,半径为r0,出射方向斜向右上、斜向左上且与+y夹角为30°的离子运动到达x轴的时间间隔最长,则有T=,
t=·T,
Δt=T-T,
解得Δt=×10-8 s.
(2)离子第一次在磁场中运动时可能到达区域如图甲所示,
甲
S1为离子不能到达的区域面积,
则可能到达的区域面积为S=π+π(2r0)2-S1,
其中S1=π-×2r0cos 30°×r0sin 30°,r0=,
解得S= m2.
(3)①若所加匀强磁场方向垂直纸面向里,当与-x方向夹60°角出射的离子与屏相切时,磁感应强度有最小值,设为B1,设离子运动半径为r1,如图乙所示.
乙
r1sin 30°+r1=d,
qv0B1=m,
解得B1= T,
即当磁场方向垂直纸面向里时,B> T满足题意.
②若所加匀强磁场方向垂直纸面向外,当与+x方向夹60°角出射的离子恰好打到M点时,磁感应强度有最小值,设为B2,设离子运动半径为r2,如图丙所示.
丙
+(d-r2sin 30°)2=,
xOC=2r0cos 30°,
qv0B2=m,
解得B2= T,
即当磁场方向垂直纸面向外时,B> T时满足题意.
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一、单选题（本大题共6小题）
1．为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5 m×0.4 m×0.3 m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0 T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103 A，方向如图。则下列判断正确的是（　　）
A．推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103 N
B．推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103 N
C．超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向
D．通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能
2．回旋加速器的工作原理如图甲所示,D形金属盒置于真空中,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略,匀强磁场与盒面垂直.图乙为回旋加速器所用的交变电压随时间变化的规律,保持交变电压随时间变化的规律不变,调整所加磁场的磁感应强度大小,从而实现利用同一回旋加速器分别加速氘核H)和氦核He)两种粒子.忽略相对论效应的影响,则 (　　)
甲　乙
A．回旋加速器加速带电粒子能够达到的最大速度与D形金属盒的半径无关
B．氘核H)和氦核He)在回旋加速器中的运动时间之比为1∶2
C．氘核H)和氦核He)的加速次数之比为2∶1
D．加速氘核H)和氦核He)的磁感应强度大小之比为1∶1
3．下图所示的彼此绝缘且相互交叉的两根通电直导线与闭合线圈共面，则穿过线圈的磁通量可能为零的是（　　）
A． B． C． D．
4．［湖北腾云联盟2025高二上联考］如图所示，在区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场， ，，.在顶点处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向区域内各个方向均匀射入比荷为、速率为的带负电的粒子，有的粒子能从边射出，忽略粒子的重力及相互间的作用力.下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．边有粒子射出的区域长度为
5．如图所示的平行板器件中有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场（电场方向沿纸面向下、磁场方向垂直纸面向里）。一带电粒子以某一速度从该装置的左端水平向右进入两板间后，恰好能做直线运动。忽略粒子重力的影响，则（ ）
A．若只改变粒子的电性，则该粒子将往上偏
B．若只增加粒子的电荷量，则该粒子将往上偏
C．若只增加粒子进入该装置的速度，则该粒子将往上偏
D．若粒子从右端水平进入且速度大小不变，则该粒子不能沿直线水平飞出
6．（多选）如图所示，等腰梯形区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，，， ，磁感应强度大小为，磁场的边界上有一粒子源，能沿同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为，电荷量为，不计重力.现让粒子以垂直于的方向正对点射入磁场区域，发现带电粒子恰好都从之间飞出磁场，则（ ）
A．粒子源发射的粒子均为带负电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．带电粒子的发射速度取值范围为
D．带电粒子的发射速度取值范围为
二、多选题（本大题共4小题）
7．关于安培力和洛伦兹力，下面说法正确的是（ ）
A．洛伦兹力和安培力是性质完全不同的两种力
B．安培力和洛伦兹力，其本质都是磁场对运动电荷的作用力
C．安培力和洛伦兹力，二者是等价的
D．安培力对通电导体能做功，但洛伦兹力对运动电荷不能做功
8．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点．已知粒子带负电，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，OP＝OS＝d，则(　　)
A．粒子的速度大小为
B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为
C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2
D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为
9．如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B．在磁场边界上的M点放置一个放射源,能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子,粒子的电荷量为q、质量为m(不计重力),所有粒子均从磁场边界的某段圆弧射出,圆弧长度为.下列说法正确的是 (　　)
A．粒子进入磁场时的速率为
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．若粒子入射速率变为v,有粒子射出的边界弧长变为
D．若磁感应强度大小变为,有粒子射出的边界弧长变为
10．磁流体发电是一项新兴技术，如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则(　　)
A．用电器中的电流方向从A到B
B．用电器中的电流方向从B到A
C．若只增强磁场，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势减小
三、非选择题（本大题共5小题）
11．磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：
（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应 ．此时从上向下看，小磁针的旋转方向是 （填顺时针或逆时针）．
A．平行于南北方向，位于小磁针上方
B．平行于东西方向，位于小磁针上方
C．平行于东南方向，位于小磁针下方
D．平行于西南方向，位于小磁针下方
（2）如图（b）所示是电子射线管示意图.接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是 ．（填选项代号）
A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C．加一电场，电场方向沿z轴负方向 D．加一电场，电场方向沿y轴正方向
（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互 （填排斥或吸引），当通以相反方向的电流时，它们相互 （填排斥或吸引），这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用.
12．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，不计一切摩擦阻力。
（1）在图中画线连接成实验电路图。
（2）完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线；
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1；
③闭合开关S，调节R的阻值使电流大小适当，在托盘内继续加入适量细沙，D重新处于平衡状态；然后读出 ，并用天平称出细沙总质量m2；
④用米尺测量D的底边长度l。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B= 。
（4）根据以上操作可知磁感应强度方向垂直纸面向 。
13．（18分）如图所示，直角坐标系的第一象限中，在区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小；粒子发射源位于坐标原点，沿与轴夹角 方向斜向右下方发射大量质子，质子速率均匀分布在~范围.已知质子的质量为、电荷量为，质子重力及质子间的相互作用力不计，磁场在竖直方向足够长.
（1）求质子在磁场中运动的最长时间.
（2）求质子从左、右边界离开磁场的个数之比.
（3）若磁场反向，求磁场右边界有质子射出的范围.
14．［江苏2023·16］霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型.平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为.质量为、电荷量为的电子从点沿轴正方向水平入射.入射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等.不计重力及电子间相互作用.
（1） 求电场强度的大小;
（2） 若电子入射速度为,求运动到速度时位置的纵坐标;
（3） 若电子入射速度在范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比.
15．（叠加场）如图所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里，电场强度大小为、方向竖直向下。在直角三角形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子匀速穿过平行板后，沿平行于轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在边上某点以垂直于轴的方向射出。已知点为坐标原点，点在轴上，与轴的夹角为 ，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为，不计粒子重力。求：
（1） 带电粒子的比荷；
（2） 带电粒子从射入磁场到运动至轴的时间；
（3） 实际上直角三角形区域内匀强磁场的磁感应强度大小会在之间微小变化。若进入平行板电容器两板之间的是电荷量相同的铀235和铀238两种同位素离子，进入直角三角形区域后会发生分离，为使这两种离子在区域磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少。
参考答案
1．【答案】D
【详解】
AB．磁场方向向下，电流方向向里，根据左手定则，推进器所受安培力方向向左，因此驱动力方向向左，根据安培力公式有
AB错误；
C．磁场方向向下，根据安培定则可判定超导励磁线圈中的电流方向为PMNQP方向，C错误；
D．改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向，根据左手定则可知驱动力方向相反，可以实现倒行功能，D正确。
故选D。
2．【答案】D
【解析】令D形金属盒的半径为R,粒子最终从磁场飞出时有qvmB=m,解得vm=,可知D形金属盒的半径越大,粒子离开时的速度越大,A错误;为了使粒子在回旋加速器中正常加速,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期与交变电流的周期相等,即T=,由于氘核H)和氦核He)的比荷相等,则氘核H)和氦核He)运动过程所加磁场的磁感应强度相等,即加速氘核H)和氦核He)的磁感应强度大小之比为1∶1,D正确;令粒子在狭缝中加速次数为n,则粒子离开时的最大动能Ekmax=m=,nqU0=Ekmax,解得n=,氘核H)和氦核He)的比荷相等,则氘核H)和氦核He)的加速次数之比为1∶1,C错误;根据上述,周期相同,加速的次数也相同,故两种粒子在回旋加速器中的运动时间相同,B错误.
3．【答案】B
【详解】A．根据安培定则，电流、在第四象限磁场方向均是垂直纸面向里，所以穿过线圈的磁通量不可能为零，A错误；
B．电流在第一象限磁场方向是垂直纸面向外，在第一象限磁场方向是垂直纸面向里，所以穿过线圈磁通量可能为零，B正确；
C．电流在第一象限磁场方向垂直纸面向外，在第一象限的磁场方向垂直纸面向外，所以穿过线圈磁通量不可能为零，C错误；
D．电流在第二、三象限的磁场方向是垂直纸面向外，在此处磁场方向是上半部垂直纸面向里，下半部分垂直纸面向外，所以穿过线圈的磁通量不可能为零，D错误。选B。
4．【答案】D
【解析】粒子源射出的粒子有从边射出, ,则速度方向与边成 角范围内的粒子都能从边射出,如图所示,当粒子速度方向与边成 角时,粒子运动轨迹与边相切,其圆心为,由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为,又,解得,错误；所有粒子在磁场中运动的轨迹半径相同,轨迹为劣弧时对应弦长越短,在磁场中运动时间越短,运动时间最短的粒子对应弦垂直于,由几何关系可得,轨迹对应圆心刚好在边上,最短时间,错误；轨迹为劣弧时对应圆心角越大,在磁场中运动时间越长,沿运动时时间最长,故,错误；边有粒子射出的区域为,由几何关系可得,正确.
5．【答案】D
【详解】A．粒子恰好能做直线运动，说明粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向，有
qE=qvB
若只改变粒子的电性，洛伦兹力和电场力的方向均反向，则粒子仍沿直线通过，选项A错误；
B．若只增加粒子的电荷量，由qE=qvB可知洛伦兹力和电场力仍平衡，其仍将沿直线通过，选项B错误；
C．若只增加粒子进入该装置的速度，则电场力不变，洛伦兹力变大，但由于不知粒子的带电性，无法判断洛伦兹力的方向，因此无法判断粒子的偏转方向，选项C错误；
D．若粒子从右端水平进入，则电场力和洛伦兹力同向，合力方向与速度方向不在同一条直线上，则粒子不能沿直线水平飞出，选项D正确。
故选D。
6．【答案】BC
【解析】粒子在磁场中向右偏转,由左手定则可知粒子源发射的粒子均为带正电的粒子,错误；当粒子从点飞出磁场时,其运动的速度最大,轨迹所对应的圆心角最小,则运动时间最短,运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知,粒子在磁场中运动的轨迹半径为,则由牛顿第二定律有,解得,粒子在磁场中运动的周期为,在磁场中运动的最短时间为,正确；当粒子的运动轨迹和相切时,粒子恰不从边射出,其运动轨迹如图乙所示,若粒子做圆周运动的轨迹半径为,根据几何知识有,解得,解得带电粒子的发射速度为,可知带电粒子的发射速度取值范围为,正确,错误.
甲 乙
7．【答案】BD
【详解】
A、安培力是洛伦兹力的宏观表现，其本质都是磁场对运动电荷的作用力，二者质相同，A选项错误
B、理由同A选项，B选项正确
C、安培力是通电导线受到的磁场的作用力．而洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，虽然性质一样，但不能等价，C选项错误
D、安培力和导体运动方向不一定垂直，可以做正功，也可以做负功，但洛伦兹力永远与电荷运动方向相同，所以洛伦兹力对运动电荷不能做功，D选项正确
故选BD
8．【答案】AC　
【详解】粒子运动轨迹如图所示，由OP＝OS＝d可得SP＝2d，结合“在轨迹圆中，轨迹的直径为最长的弦”和题中“所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点”可知SP是其中一个圆轨迹的直径，由qvB＝m，解得v＝，故A正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，由几何知识可得从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝T＝，故B错误；从x轴上射出磁场的粒子中，从原点射出时在磁场中运动时间最短，运动轨迹与x轴相切时运动时间最长，tm＝T＝×＝，则tm∶t＝9∶2，故C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误．
9．【答案】AC
【解析】根据题意可知,轨迹圆弧长度为对应的圆心角为,则对应的弦长为R,所以粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最长为R,则粒子运动轨迹的半径为r=,根据牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,A正确;当粒子沿磁场圆的切线方向飞出时,粒子在磁场中将做一个完整的圆周运动,运动时间最长,则运动的最长时间为t=T=,B错误;若粒子入射速率变为v,则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为原来的倍,粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最长为d'=2r'=R,根据几何关系知,此时对应的最大圆心角为,则有粒子射出的边界弧长变为,C正确;若磁感应强度大小变为,则粒子在磁场中运动的轨迹半径变为原来的2倍,粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦最长为d″=2r″=2R,根据几何关系知,此时对应的最大圆心角为π,则有粒子射出的边界弧长变为πR,D错误.
10．【答案】AC
【详解】
AB．首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确，B错误；
CD．此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，，则
解得
E=Bdv
所以电动势E与速度v及磁场B成正比，故C正确，D错误；
11．【答案】A；逆时针；B；吸引；排斥
【详解】
（1）无通电导线时小磁针S极向南，所以为使实验方便效果明显，导线应平行于南北方向位于小磁针上方，根据左手定则，可以判断出从上向下看小磁针旋转方向为逆时针，故选A；
（2）电子束运动径迹发生了弯曲，这表明运动电荷受到了磁场力，由左手定则知a为阴极；故B对．
（3）由图可知，当通入的电流方向相同时，导线靠拢，说明两导线相互吸引；当通入电流方向相反时，导线远离，说明两导线相互排斥；
12．【答案】（1） （2）③电流表的示数I （3） （4）外
【详解】（1）
（2）③使D重新处于平衡状态；然后读出电流表的示数I，用天平称出细沙的质量m2。
（3）根据平衡条件有，解得。
（4）闭合开关后，继续添加沙子才能平衡，可知安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场方向垂直纸面向外。
13．【答案】（1）
（2）
（3）从磁场右边界与轴的交点向下范围内有质子射出
【解析】本题考查带电粒子在有界磁场中的动态圆问题.
根据洛伦兹力提供向心力有，（2分）质子在磁场中的运动轨迹半径，（1分）运动周期为，（1分）由于运动周期与质子的速率无关，所以质子在磁场中运动轨迹对应的圆心角越大，质子在磁场中运动时间越长，如图甲所示，质子从左边界离开磁场时，质子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相同且最大，最长时间为.（1分）
甲
（2）由（1）可知，质子的速率越大，运动轨迹半径越大，当质子运动轨迹与右边界相切时，由几何关系可得，（1分）由洛伦兹力提供向心力可得，（2分）解得，（1分）即速率在~范围内的质子从右边界离开磁场，速率在~范围内的质子从左边界离开磁场.由于质子速率均匀分布，所以从左、右边界离开磁场的粒子个数之比为.（2分）
（3）若磁场反向，若粒子能从磁场右边界与轴相交处离开磁场，则，（1分）由洛伦兹力提供向心力，则，（1分）此时质子速率，（1分）当粒子速率为时，有，（1分）解得，运动轨迹如图乙所示，由几何关系有，
乙
解得，（2分）所以从磁场右边界与轴的交点向下处都有质子离开磁场.（1分）
14．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 入射速度为时,电子沿轴做直线运动,电子受到竖直向上的电场力与竖直向下的洛伦兹力,二者大小相等、方向相反,有,解得.
（2） 电子在运动过程中只有电场力做功,若电子入射速度为,当运动到速度为时,对电子由动能定理有,解得.
（3） 设电子运动过程中离轴最远的距离为,电子离轴最远时,速度与轴平行,设此时速度为,则根据动能定理有,又电场力沿轴方向,则电子沿轴方向动量的变化是受洛伦兹力影响导致的,洛伦兹力沿轴方向的分量,对电子在轴方向运用动量定理,有,即,联立解得,当时,电子能到达处,即,即,则.
【一题多解】
（2） 配速法
将初速度分解为和,
其中,,
电子运动可看作以向右做匀速直线运动和以做顺时针匀速圆周运动的合运动,
当合速度时,速度的合成如图甲所示,
甲
与轴夹角 满足,
电子做圆周运动的轨迹如图乙所示,
乙
则,
又,
解得,
所以.
（3） 配速法
电子运动可分解为沿轴方向大小为的匀速直线运动和顺时针方向、大小为的匀速圆周运动,示意图如图所示,
轴坐标最大值为,
且有,
解得,
当时,,
解得,越大,电子做圆周运动的轨迹半径越小,
因此,当速度时,可到达纵坐标,
则.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【题图剖析】
【详解】
（1） 设正粒子的速度为，由于匀速穿过平行板（点拨：洛伦兹力与电场力平衡），由平衡条件得
（1分）
解得，
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，如图所示，
由洛伦兹力提供向心力有（1分）
由几何关系可知（1分）
联立解得（1分）
（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后到运动至轴所经过的路程为 （2分）
带电粒子从射入磁场到运动至轴的时间（点拨：带电粒子运动过程中速率不变）为（1分）
联立解得（1分）
（3） 根据洛伦兹力提供向心力有（1分）
可得（1分）
由于磁场在之间微小变化，铀235离子在磁场中运动的最大半径为（1分）
铀238离子在磁场中运动的最小半径（点拨：最大时半径最小，最小时半径最大）为（1分）
其中，
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为（1分）
解得（1分）
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第 page number 页，共 number of pages 页2026届人教版高考物理第一轮复习：磁场综合提高练习3
一、单选题（本大题共6小题）
1．如图所示，方形玻璃管中有NaCl的水溶液，沿x轴正方向流动，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B．图中a、b是垂直于z轴方向上玻璃管的前后两内侧面，则 （　　）
A．a处电势低于b处电势
B．a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度
C．玻璃管的上表面电势高于下表面的电势
D．玻璃管的上表面处的氯离子浓度大于下表面处的氯离子浓度
2．1820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
3．匀强磁场中一个运动的带电粒子，运动速度v方向如图所示，下列说法正确的是( )
A．若粒子带负电，所受洛伦兹力的方向向下
B．若粒子带正电，所受洛伦兹力的方向向下
C．若粒子带负电，运动速率v一定减小
D．若粒子带正电，运动速率v一定增大
4．如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（　　）
A．电子在电子枪里做匀速直线运动
B．电子在磁场里做匀速圆周运动
C．增大励磁线圈的电流，磁场将变弱
D．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大
5．如图所示，水平放置的U形导线框中接有电源，电流为I，导线框垂直于匀强磁场放置，磁感应强度为B．导线框间距为d，一导体棒与导线框成角放置，则导体棒所受安培力大小为（　　）
A． B． C． D．
6．质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的、、三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为、，速度选择器中匀强电场电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（　　）
A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电
B．三种粒子的速度大小均为
C．打在点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长
D．如果三种粒子电荷量均为q，且、的间距为，则打在、两点的粒子质量差为
二、多选题（本大题共4小题）
7．以下说法中正确的是（ ）
A．电荷放在某处受到电场力为零，则该处电场强度为零；通电导线在某处所受磁场力为零，那么该处的磁感应强度不一定为零
B．若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为
C．某手机电池铭牌标称“3.6V 4800mA·h”，若该手机待机电流为20mA，则该手机可以超长待机10天
D．奥斯特实验中通电导线南北放置和东西放置都不会影响实验结果
8．如图所示，三个半径均为R的圆形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，一带电粒子以速度v0沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电荷量大小为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是 (　　)
A．区域Ⅱ的磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ的磁感应强度大小为3B0
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
D．粒子在区域Ⅱ中速度的变化量为v0
9．如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位量。当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示（图甲中从左向右看）。已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g。关于乙图，下列说法正确的是（　　）
A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小
B．磁感应强度的最小值为
C．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为
D．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止
10．如图质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和水平向里匀强磁场，经过该区域中的P点的速率为，此时侧移量为，若，下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
三、非选择题（本大题共5小题）
11．某学习小组利用如图所示装置测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度。U形单匝金属框底边水平、两侧边竖直且等长，其上端通过绝缘轻质细线跨过滑轮与托盘相连，且U形单匝金属框平面与磁场方向垂直。其实验步骤如下：
①用刻度尺测出U形单匝金属框的底边长为L；
②在托盘内加入适量细沙，使形单匝金属框处于静止状态，并用天平称出此时细沙的质量为m1；
③将U形单匝金属框接入电路，使其底边通入大小为I、方向水平向右的电流后，需在托盘内增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，并用天平称出此时细沙的总质量为m2。
（1）由实验可知，U形单匝金属框底边受到的安培力方向 （填“竖直向上”或“竖直向下”），磁场方向垂直于纸面 （填“向里”或“向外”）。
（2）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小为B= 。
12．（8分）某光敏电阻在有、无光照时电阻值的数量级分别为 和 。现有器材:电源（电动势约为、内阻不计）、电压表（、内阻约为）、电阻箱（最大阻值为）、开关和导线。为测量该光敏电阻在有、无光照时的电阻，小明设计了如下实验方案。
（1） 小明先设计如图甲电路测量光敏电阻在无光照时的电阻（光敏电阻用黑纸包住）。闭合开关，将开关打至，记下此时电压表示数，再将开关打至，调节电阻箱阻值的顺序应____________（填“由大到小”或“由小到大”）,调节电阻箱直至______________________,此时阻值即为光敏电阻的阻值。
甲
（2） 为了测量光敏电阻在有光照时的电阻，需先测出电源电动势和电压表内阻。小明将开关打至，调节电阻箱，当电压表读数为时，记下此时电阻箱阻值为;再次调节电阻箱，当电压表读数为时，记下此时电阻箱阻值为，则电源电动势____________________________，电压表内阻__________________。（以上两空均用符号和表示）
（3） 接着小明用图乙电路测量光敏电阻在有光照时的电阻。闭合开关，用光照射光敏电阻，读出电压表示数，即可计算得出光敏电阻阻值。为了尽可能减小误差并保证安全，电阻箱的阻值应调至________________（填“ ”“ ”或“ ”）更合理。
乙
13．（17分）宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危害，某科研团队设计了如图甲所示的防护装置.图乙为其截面图，半径为的圆柱形区域是宇航员防护区，在半径分别为和的同心圆柱之间加有沿轴线方向的匀强磁场.已知质子沿各个方向运动的速率均为，电荷量为，质量为，不计质子重力及质子间相互作用，.
甲 乙
（1）若质子垂直磁场正对圆柱轴线入射时无法进入防护区，求磁感应强度大小范围；
（2）在（1）问前提下，求质子在磁场中运动的最长时间；
（3）若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，求磁感应强度大小范围.
14．如图，直角坐标系xOy的第II象限内存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E1，第III象限内存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的矩形匀强磁场（磁场未画出），第I、IV象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场B。第II象限有一点P（L，0.6L），一个质量为m、电荷量为+q的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，把小球拉到y轴上时，丝线刚好拉直且丝线与x轴平行。由静止释放小球，当小球第一次运动到x轴上Q点时小球与丝线脱离，进入第III象限后，恰好做匀速圆周运动，经磁场偏转后，小球从y轴上M点垂直y轴方向进入第IV象限。已知，，重力加速度大小为g，sin37°=0.6。求：
(1)在Q点，小球与丝线脱离前的瞬间，丝线对小球的拉力大小；
(2)第III象限中矩形匀强磁场的最小面积；
(3)小球在第IV象限运动的过程中，轨迹最高点与M点间的高度差和一个周期内沿x轴方向的位移。
15．如图甲所示的坐标系中区域有沿轴负向的匀强电场，电场强度区域有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小和方向随时间的变化关系如图乙所示，当垂直纸面向里时磁感应强度为正，图中，有足够大的荧光屏垂直于轴放置并可沿轴水平移动。现有一带电粒子质量，电量的带电粒子从电场的点(已知点轴坐标为)，沿平行轴以某一初速度进入电场，恰好从坐标原点与轴成进入磁场，取带电粒子进入磁场为时刻，不计粒子重力，答案可用根号表示，求:
(1)带电粒子的初速度；
(2)若要完整研究带电粒子在磁场中的运动轨迹，磁场沿轴方向的最小区间的上限坐标和下限坐标;
(3)若要带电粒子垂直打在苂光屏上，苂光屏所在位置的轴的可能坐标值.
参考答案
1．【答案】B
【解析】溶液中的正、负离子沿x轴正向移动，由左手定则可知运动的正离子受到沿z轴正向的洛伦兹力，运动的负离子受到沿z轴负方向的洛伦兹力，故正离子会偏向a处，负离子会偏向b处，a处电势高于b处电势，a处钠离子浓度大于b处钠离子浓度，故A错误，B正确；玻璃管的上表面电势等于下表面的电势，玻璃管的上表面处的氯离子浓度也等于下表面处的氯离子浓度，故C、D错误.
2．【答案】C
【详解】由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向向里，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向向外，在区间内磁场方向先为正后为负。根据通电长直导线周围某点磁感应强度和可知，在的位置磁场方向为正方向。选C。
3．【答案】B
【详解】
试题分析：由左手定则可知，若粒子带负电，所受洛伦兹力的方向向上；若粒子带正电，所受洛伦兹力的方向向下，选项B正确，A错误；因洛伦兹力不做功，故无论是正电还是负电，粒子的速率都是不变的，故选项CD错误；故选B.
考点：左手定则
〖名师点睛〗此题是对左手定则的考查；要知道判断带电粒子在磁场中的受力方向用左手定则，注意四指指正电荷的运动方向或者负电荷运动方向的反方向，这是易错点；洛伦兹力对带电粒子是不做功的.
4．【答案】B
【详解】A．电子在加速电场中受到电场力作用，且电场力方向与电子运动方向相同，因此电子在电子枪里做加速直线运动，A错误；
B．运动电子在磁场里受到洛伦兹力作用，洛伦兹力方向与电子运动方向垂直，因此电子在磁场里做匀速圆周运动，B正确；
C．增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场将增强，C错误；
D．电子在磁场中做匀速圆周运动，有，解得电子运动周期为，仅增大励磁线圈的电流，电流产生的磁场增强，电子做圆周运动的周期将变小，D错误。选B。
5．【答案】B
【详解】
由题意知，导体棒切割磁感线的有效长度
此时导体棒受到的安培力大小为
所以B正确；ACD错误；
故选B。
6．【答案】D
【详解】A．带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，且两力方向相反。根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则，可知三种粒子均带正电，速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，A错误；
B．三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有，得，B错误；
C．粒子在磁场区域B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，得
半径与三种粒子比荷成反比，打在P3点的粒子比荷最小，在磁场中的运动时间为，打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，C错误；
D．打在P1、P3两点的粒子间距为，解得，D正确。选D。
7．【答案】AC
【详解】
A．电荷放在某处受到电场力为零，则该处电场强度为零；通电导线在某处所受磁场力为零，可能是导体与电流方向平行，而该处的磁感应强度不一定为零，选项A正确；
B．若长为L、电流为I的导线在某处受到的最大磁场力为F时，该处的磁感应强度为
选项B错误；
C．某手机电池铭牌标称“3.6V 4800mA·h”，若该手机待机电流为20mA，则该手机可以超长待机
选项C正确；
D．奥斯特实验中要考虑地磁场的影响，则导线要南北放置，选项D错误。
故选AC。
8．【答案】BC　
【解析】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，粒子沿O1O3方向从区域I边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，根据左手定则，可知粒子带负电，区域Ⅱ的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；三个圆形区域的圆心构成等边三角形，可知粒子在区域Ⅰ、Ⅲ内速度方向均转过60°，由几何关系有tan 30°=，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0=m，粒子在区域Ⅱ中轨迹对应圆心角为120°，由几何关系有tan 60°=，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m，联立解得B=3B0，故B正确；根据前面分析可知，粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中运动的周期相等，有T1=，粒子在区域Ⅱ中运动的周期T2==，则粒子从进入磁场到离开磁场所用时间t=2×+=，故C正确；粒子在区域Ⅱ中速度方向改变了120°，速度的变化量Δv=2v0sin 60°=v0，故D错误.
9．【答案】BC
【详解】AB．对导体棒受力分析可知，导体棒受重力、绳子的拉力、安培力而平衡，绳子拉力和安培力的合力与重力大小相等方向相反，受力分析如图所示
根据平行四边形定则可知，当安培力的方向与绳子的方向垂直时，安培力有最小值，此时对应的磁感应强度有最小值，则由左手定则可知，当安培力有最小值时磁场的方向沿着绳子的方向斜向左上方，此时安培力的大小
根据安培力公式
解得
故A错误，B正确；
C．根据平衡条件可得
解得
故C正确；
D．根据左手定则可知，当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力大小与重力大小相等，则可以使导体棒在图示位置保持静止，D错误。选BC。
10．【答案】BC
【详解】A：粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理得，解得，A错误；
B：将粒子进入电磁场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成，其中水平向右分速度满足，解得，则另一水平向右分速度满足，则粒子在电磁场中的运动可分解为：以水平向右做匀速直线运动和以大小做匀速圆周运动，其中以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力；可知粒子运动过程受到的合力大小为，根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为，C正确；
C：以大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有，解得，若，可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为，C正确；
D：粒子的合速度为分速度与的合成，其中的大小方向均保持不变，的大小不变，方向时刻发生改变，当方向与方向相反时，粒子的合速度最小，则有，可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，D错误。选BC。
11．【答案】 竖直向下 向外
【详解】（1）[1][2]通电后需在托盘内增加适量细沙，才能使U形单匝金属框重新处于静止状态，由此可知安培力方向竖直向下，电流方向水平向右，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外。
（2）[3]设U形单匝金属框质量为m，托盘质量为M，未通电时，有
通电后，有
联立解得
12．【答案】（1） 由大到小（1分）；电压表示数为（1分）
（2） （2分）； （2分）
（3） （2分）
【详解】
（1） 闭合开关，将开关打至，记下此时电压表示数，再将开关打至，调节电阻箱阻值的顺序应“由大到小”，因为若从阻值小的开始调节，可能会使电路中的电流过大，超过电压表量程，损坏电压表；然后调节电阻箱直至电压表示数仍为，此时阻值即为光敏电阻的阻值，这是因为当两次电压表示数相同时，说明电路中的电阻相同，而此时电阻箱的阻值就等于光敏电阻的阻值（在无光照时）。
（2） 根据闭合电路欧姆定律有（其中为电源电动势，为电压表电压，为电压表内阻，为电阻箱电阻），将电压表读数为和分别代入上式，联立解得，。
（3） 已知光敏电阻在有光照时电阻值的数量级为 ，电压表内阻约为 ，电源电动势约为，根据串联电路分压原理可知， 与光敏电阻阻值相差较大，分压较小，电压表读数较小，误差较大， 高出光敏电阻阻值一个数量级，大部分电压分在电阻箱上，电压表读数较大，可能会超过量程，为了使电压表能有较大的示数且安全，电阻箱的阻值应与光敏电阻阻值接近，所以电阻箱的阻值应调至 更合理。
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的临界问题.
若垂直于防护区圆柱轴线入射的质子恰好无法进入防护区，设此时质子的轨迹半径为，质子运动轨迹如图甲所示.
甲
由几何关系得，（2分）可得，（1分）由洛伦兹力提供向心力可知，（2分）解得磁感应强度的大小，（1分）所以.（1分）
（2）设质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为 ，当时质子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得，（2分）解得 ，（1分）可得 ，（1分）质子在磁场中运动的时间.（2分）
（3）为使所有速度为的质子都不进入防护区，最接近防护区的质子轨迹如图乙所示，则粒子的轨迹半径为，（2分）
乙
由洛伦兹力提供向心力可知，解得磁感应强度最小值，（1分）则磁感应强度的大小应该满足的条件为.（1分）
14．【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】（1）由题意可知，丝线长为L，PQ连线与x轴负方向的夹角满足，
解得，
小球从y轴上释放，在第II象限做圆周运动，根据动能定理有，
在Q点，有，
解得。
（2）做出小球运动的轨迹如下图，由几何关系可得，
小球做匀速圆周运动的半径为，
由几何关系有，
在数学中有，
解得，
，
由几何关系有矩形磁场的长为，
矩形磁场的宽为，
最小矩形磁场区域的面积为。
（3）小球进入第IV象限后，受重力和洛伦兹力做复杂曲线运动，采用配速法分析处理，把进入第IV象限时的速度，
分解，一个速度v1对应与重力平衡，有，
解得，
另一速度，
小球的运动认为是以v1向右做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动的合运动，根据牛顿运动定律有，
解得，
轨迹最高点与M点间的高度差，
运动的周期，
一个周期内沿x轴方向的位移，
解得。
15．【答案】(1)；(2)，；
(3)或
【解析】(1)根据带电粒子在区域1电场做类平抛运动特点有其中，联立上式得。
(2)进入磁场的速度，进入磁场后从图乙可知在时间内，轨迹半径由得运动周期，运动时间在(时间内，轨迹半径由得运动周期，运动时间在时间内，运动半径仍为，运动时间所以进入磁场后在如图示的磁场中的运动轨迹如下图所示:
要形成完整的轨迹，从轨迹图中可以看出磁场区域的上限坐标，磁场区域的下限坐标。
(3)若在区域垂直打在荧光屏上，由上图可知轨迹圆心到之间的距离所以，，若在区域垂直打在苂光屏上，根据对称轨迹圆心到之间的距离，。
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