资源简介

江苏省盐城市七校联盟2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2025高二下·盐城月考）如图所示，是考场使用的金属探测器，该探测器涉及的基本原理是（　　）
A．静电感应 B．电磁感应 C．电磁驱动 D．静电屏蔽
2．（2025高二下·盐城月考）如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
3．（2025高二下·盐城月考）如图为显像管原理俯视图（纸面内）。若电子枪发射的高速电子束经磁偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点，则（　　）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点
C．要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场
D．要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁场反向且逐渐减弱磁场
4．（2025高二下·盐城月考）一电子以速度垂直地进入磁感强度为的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将（　　）
A．正比于B，反比于v2 B．反比于B，正比于v2
C．正比于B，反比于v D．反比于B，反比于v
5．（2025高二下·盐城月考）绝缘细绳一端固定在正方形导体框某边中点上，另一端悬挂在天花板上。导体框中通入恒定电流，整个系统处于竖直方向的匀强磁场中，导体框静止时所处的位置可能是下图中的（黑点表示框的重心）（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高二下·盐城月考）如图所示为世界上第一台回旋加速器，这台加速器的最大回旋半径只有5cm，加速电压为2kV，可加速氘离子达到80keV的动能。关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．若仅加速电压变为4kV，则可加速氘离子达到160keV的动能
B．若仅最大回旋半径增大为10cm，则可加速氘离子达到320keV的动能
C．由于磁场对氘离子不做功，磁感应强度大小不影响氘离子加速获得的最大动能
D．加速电压的高低不会对氘离子加速获得的最大动能和回旋时间造成影响
7．（2025高二下·盐城月考）调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，若经过元件调节后，加在调速电风扇上的电压U与时间t的关系图像如图所示为部分正弦曲线，已知调速电风扇线圈电阻为R，此时调速电风扇正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流小于
B．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流大于
C．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流小于
D．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流大于
8．（2025高二下·盐城月考）电磁阻尼在很多领域都有应用，如图装置可以体现电磁阻尼的原理。条形磁铁挂在轻弹簧下端，磁铁穿过固定的水平闭合金属环。向下拉动磁铁，放手后磁铁的运动会很快停下，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁中央通过线圈平面时，线圈中感应电流最大
B．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向一定向上
C．磁铁向上运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
D．磁铁向下运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
9．（2025高二下·盐城月考）如图，两根相同的导体棒PQ和MN置于两根固定在水平面内的光滑的长直平行导电轨道上，并处于垂直水平面向下的匀强磁场中。如果PQ获得一个向右的初速度并任由其滚动，运动中PQ和MN始终平行且与轨道接触良好。则下列描述不正确的是（　　）
A．开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN
B．开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左
C．MN棒开始向右加速运动
D．PQ棒向右做匀减速运动直至速度为零
10．（2025高二下·盐城月考）如图电路，L 是线圈，A是灯泡。在此电路中观察到如下三个现象。a现象：闭合开关S，A发光；b现象：保持S闭合，A的亮度不变；c现象：断开S瞬间，A闪亮一下后熄灭。对这个电路及三个现象，下列说法正确的是（　　）
A．a现象中A没有闪亮，表明合上S瞬间，L没有自感电动势
B．b现象表明L的电阻远小于A的电阻
C．c现象表明断开S瞬间电源提供给A的功率瞬间增大
D．合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和
11．（2025高二下·盐城月考）如图所示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、边长为的正方形闭合线框，以恒定的速度沿轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为、方向垂直纸面向里、大小为的匀强磁场区域，线框ab边距磁场左边界为时开始计时。下列选项分别为磁场对线框的作用力（以轴正方向为正）、ab两点间的电势差、线框中的感应电流i（以顺时针方向为正）及线框的焦耳热随时间的变化图像，其中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·盐城月考）几位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素
（1）实验过程中，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中能使指针向左偏转的有________。
A．闭合开关时
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时
（2）连接好电路，闭合开关，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下流过灵敏电流计的电荷量大小关系是　 　（选填“＞”“＜”或“＝”）。
13．（2025高二下·盐城月考）一种霍尔元件是基于霍尔效应的金属磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用该霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、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，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。
（1）霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处，则AB间磁场方向为　 　（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，则　 　（填“前表面”或“后表面”）电势高；
（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h。为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，根据乙图中所给的器材和电路，还必须测量的物理量有电压表示数U和电流表示数I，则计算式B=　 　。
14．（2025高二下·盐城月考）如图所示，平行光滑导轨间距L＝0.5m，左端接有电源，电源的电动势E＝5V、内阻r＝1Ω。一质量m＝2kg、有效电阻R＝4Ω的导体棒垂直导轨静置，空间存在垂直导轨平面向外、大小为B＝6T的匀强磁场（图中未画出），其余电阻不计，闭合开关瞬间，求：
（1）导体棒受到的安培力大小F；
（2）导体棒的加速度大小a。
15．（2025高二下·盐城月考）图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100匝，电阻r=2Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，阻值R=8Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。（取π=3.14）求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热。
16．（2025高二下·盐城月考）如图甲所示，正方形闭合线圈边长为，总电阻为，匝数为匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。求：
（1）在内线圈中感应电动势的大小；
（2）在时线圈的边所受安培力的大小和方向；
（3）线圈中感应电动势的有效值。
17．（2025高二下·盐城月考）如图所示，在真空中有一个足够长、高度为H（未知）的区域。在该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出，以下称为磁场区域），匀强磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为点电荷）从到磁场上边界高度为H的A点由静止释放，小球进入磁场区域后做半径为的匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E和磁场区域的高度H；
（2）将小球以大小为（未知）的初速度从A点向左水平抛出，小球恰好能回到初始位置，求；
（3）撤去匀强电场后，将小球以大小为（未知）的初速度从A点向左水平抛出，小球恰好不能从磁场下边界离开磁场，求。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】探测器工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化。因此探测器的工作原理是电磁感应。故C正确，ABD错误。
故选：C。
故选B。
【分析】探测器的工作原理是电磁感应。
2．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．线圈处于图示位置时，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，A正确；
B．线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，B错误；
C．线圈在磁场中匀速转动时，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，C错误；
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量等于零，但磁通量的变化率最大，D错误。
故选A。
【分析】明确交流电的产生规律，知道线圈每转动一周，电流方向改变2次；磁场与线圈垂直时为中性面位置，线圈位于中性面时电流为零；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大。
3．【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．据左手定则可知，电子向上偏转，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；
B．由洛伦兹力作为向心力可得
解得
磁场越强，偏转半径越小，电子束打在屏上的位置越远离屏的中心O点，B错误；
CD． 磁场越弱，偏转半径越大，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点，要让电子束从a逐渐移向b，应先将磁场逐渐减弱至零，此过程电子束从a逐渐移到O点，之后再将磁场反向，且逐渐增强磁场，电子受到的洛伦兹力反向，使其向下偏转，且偏转半径逐渐变大，此过程电子束从O点逐渐向b点移动，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】 根据左手定则判断磁场的方向；电子在磁场中偏转过程，根据洛伦兹力提供向心力解得电子的偏转半径的表达式，依据磁场的强弱与偏转半径的大小关系，以及磁场方向与电子偏转方向的关系解答。
4．【答案】B
【知识点】磁通量；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】电子以速度v垂直地进入磁感强度为的均匀磁场中，根据洛仑兹力提供向心力，结合牛顿第二定律有
解得
而
解得
由此可知磁通量将反比于B，正比于v2。
故选B。
【分析】电子垂直进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，求出半径，再根据磁通量的定义分析计算。
5．【答案】A
【知识点】共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由左手定则，上下边框和前后边框的导体受安培力大小相等，方向相反，对整个正方形导体框，还受重力和绳子的拉力。导体框静止时，重力和绳子的拉力的方向必定方向相反。故细绳的拉力方向竖直向上，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】导体框静止时 处于平衡状态，结合平衡条件进行分析。
6．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。AC．由洛伦兹力提供向心力
可得，最大速度（其中k为比荷）
可知最大速度和加速电压无关，和最大回旋半径、磁感应强度成正比，故AC错误；
B．最大速度和最大回旋半径成正比，故仅最大回旋半径增大为10cm时，最大速度变为原来的2倍，动能变为原来的4倍，故B正确；
D．加速电压会改变加速过程的加速度，而最大速度不变，因此会改变加速的次数和回旋时间，故D错误。
故选B。
【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关，氘离子在加速电场中的运动可看作匀加速运动。
7．【答案】A
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系等知识点。求有效值的时候，一定要在一个周期内交流电和直流电产生的热量相等来求解。据有效值定义，可由
解得
因调速电风扇正常工作，调速电风扇的额定电压为；由于调速电风扇为非纯电阻用电器，故通过调速电风扇的电流小于。
故选A。
【分析】将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量，交流电产生的热量和直流电产生的热量相等，而且出去有效值。
8．【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律。A．铁中央通过线圈平面时，磁通量的变化率最小，产生的感应电流最小，A错误；
BCD．由楞次定律和牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力总阻碍磁铁的运动，所以磁铁向下运动时，受到的磁场力向上，线圈受到的磁场力向下，BD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．
9．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据安培定则可知开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN，故A正确；
B．根据左手定则可知开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左，故B正确；
C．同理根据左手定则可知开始阶段，MN棒所受的安培力向右，即MN棒开始向右加速运动，故C正确；
D．设PQ棒的速度为，MN棒的速度为，回路中总电阻为，导轨间距为，则感应电流
PQ棒减速，MN棒加速，则感应电流减小，根据
可知两棒所受安培力减小，结合牛顿第二定律可知加速度减小，即PQ棒向右做加速度减小的减速运动，直到两棒的速度相等后，做匀速直线运动，故D错误。
本题选不正确项，故选D。
【分析】开始阶段，根据楞次定律判断感应电流方向，利用左手定则判断PQ棒和MN棒受到的安培力方向，再分析两棒的运动情况。
10．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题主要考查了自感线圈中的自感现象，解题关键在于正确理解自感现象中的感应电动势，电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。A．A与L并联，a现象中电流直接通过A，不会出现闪亮现象，A错误；
B．保持S闭合，A的亮度不变，说明A与L的阻值相差不大，B错误；
C．断开S瞬间，L产生自感电动势，与A形成通路，使A闪亮后熄灭，与电源无关，C错误；
D．线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和，D正确。
故选D。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析即可。
11．【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路的综合，关键要掌握导体切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律等知识。对于热量，也可以先求出线框进入和穿出磁场的时间，再根据Q=I2Rt求解。 时间内线框在磁场外，力与电流都为零，Uab、Q也为零；时间内，由右手定则可知，线框内电流的方向为逆时针，线框匀速运动，有
则
根据左手定则可知，安培力的方向沿x轴负方向；
时间内，线框完全进入磁场，无电流i、无F、无Q，但有电势差，即
时间内，线框穿出磁场，由右手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线框匀速运动，有
则
根据左手定则可知，安培力的方向沿x轴负方向；
故选B。
【分析】 线框匀速运动，由F=BIL公式求出安培力，即可得到F的大小；在线框的cd边刚进入磁场时，cd切割磁感线产生感应电动势，根据E=BLv求出感应电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，由欧姆定律求解ab两端的电压Uab，用同样的方法求在cd边刚离开磁场时ab两端的电压；线框进入磁场和穿出磁场的过程中，线框中都要产生焦耳热。
12．【答案】（1）A
（2）=
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了影响感应电流方向的因素实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则
A．闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，故A正确；
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故B错误；
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故C错误。
故选A。
（2）流过线圈的电荷量为，把线圈从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量变化量相同，故=。
【分析】（1） 根据产生感应电流的条件，以及甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，逐项分析即可；
（2）根据电流定义式和法拉第电磁感应定律以及欧姆定律求解电荷量表达式，结合表达式分析。
（1）甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则
A．闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，故A正确；
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故B错误；
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故C错误。
故选A。
（2）流过线圈的电荷量为
把线圈从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量变化量相同，故=。
13．【答案】（1）竖直向下
（2）前表面
（3）
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查学生对安培定则、左手定则、平衡条件和电流微观表达式的掌握，解题关键是结合粒子受洛伦兹力和电场力最终处于平衡状态。
（1）根据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为顺时针方向，即则AB间磁场方向为竖直向下。
（2）电流向右，根据左手定则，安培力向里，金属载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高。
（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
根据电流微观表达式，有
联立解得
【分析】（1）根据安培定则，分析AB间磁场方向；
（2）根据左手定则，分析电势高低；
（3）根据平衡条件和电流微观表达式，分析磁感应强度。
（1）根据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为顺时针方向，即则AB间磁场方向为竖直向下。
（2）电流向右，根据左手定则，安培力向里，金属载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高。
（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
根据电流微观表达式，有
联立解得
14．【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律得
根据安培力公式
联立解得
（2）解：根据牛顿第二定律
解得

【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律求解电流大小，根据安培力求解公式求解安培力大小；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）由闭合电路欧姆定律得
根据安培力公式
联立解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
15．【答案】（1）解：由图线可知
角速度为
则交流发电机产生的电动势的最大值为
（2）解：电动势的有效值为
则电流有效值为
则从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω，根据Φ-t图线得出周期T以及角速度，从而求出感应电动势的最大值；
（2）求出电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律可以求出电流有效值，线圈90°的过程中，求解转动时间以及焦耳热。
（1）由图线可知
角速度为
则交流发电机产生的电动势的最大值为
（2）电动势的有效值为
则电流有效值为
则从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热
16．【答案】解：（1）根据题意，由法拉第电磁感应定律有
代入数据解得，内线圈中感应电动势的大小为
（2）同理可得，内线圈中感应电动势的大小为
感应电流为
线圈的边所受安培力的大小为
由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针，由左手定则可知，边所受安培力的方向水平向右。
（3）由图乙可知，周期为，则有
解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解0～2s内线圈中感应电动势的大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出回路电流，由楞次定律判断感应电流方向，根据安培力公式计算t=2.0s时线圈的ab边所受安培力的大小，左手定则判断安培力的方向；
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出2～3s内的感应电动势大小和感应电流大小，取一个周期时间，根据电流的热效应求线圈中感应电流的有效值。
17．【答案】（1）解：带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
解得
小球刚进入磁场时的速度大小
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）解：小球进入磁场前的水平位移大小
竖直位移大小
可得
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有，
由几何关系有
解得
（3）解：撤去电场后，将小球以大小为的初速度从A点向左水平抛出，小球与该区域下边界相切时的速度大小为
根据动能定理有
小球进入磁场后，在竖直方向运动一小段距离的过程中，在水平方向上受到洛伦兹力，根据动量定理有，，，
可得
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，结合平衡条件和洛伦兹力提供向心力分析；
（2）根据平抛运动规律求解小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角，结合几何关系求解速度大小；
（3）根据动能定理求解小球与该区域下边界相切时的速度大小，结合动量定理求解。
（1）带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
解得
小球刚进入磁场时的速度大小
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）小球进入磁场前的水平位移大小
竖直位移大小
可得
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有，
由几何关系有
解得
（3）撤去电场后，将小球以大小为的初速度从A点向左水平抛出，小球与该区域下边界相切时的速度大小为
根据动能定理有
小球进入磁场后，在竖直方向运动一小段距离的过程中，在水平方向上受到洛伦兹力，根据动量定理有，，，
可得
解得
1 / 1江苏省盐城市七校联盟2024-2025学年高二下学期3月月考物理试题
1．（2025高二下·盐城月考）如图所示，是考场使用的金属探测器，该探测器涉及的基本原理是（　　）
A．静电感应 B．电磁感应 C．电磁驱动 D．静电屏蔽
【答案】B
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】探测器工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化。因此探测器的工作原理是电磁感应。故C正确，ABD错误。
故选：C。
故选B。
【分析】探测器的工作原理是电磁感应。
2．（2025高二下·盐城月考）如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置，ab边的感应电流方向为由a→b
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．线圈每转动一周，电流方向改变一次
D．图示位置线圈平面与磁场方向平行，磁通量变化率为零
【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A．线圈处于图示位置时，由右手定则知，ab边的感应电流方向是a→b，A正确；
B．线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，B错误；
C．线圈在磁场中匀速转动时，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，C错误；
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量等于零，但磁通量的变化率最大，D错误。
故选A。
【分析】明确交流电的产生规律，知道线圈每转动一周，电流方向改变2次；磁场与线圈垂直时为中性面位置，线圈位于中性面时电流为零；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率反而最大。
3．（2025高二下·盐城月考）如图为显像管原理俯视图（纸面内）。若电子枪发射的高速电子束经磁偏转线圈的磁场偏转后打在荧光屏上a点，则（　　）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．磁场越强，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点
C．要让电子束从a逐渐移向b，应将磁场逐渐减弱至零，再将磁场反向且逐渐增强磁场
D．要让电子束从a逐渐移向b，应逐渐增强磁场使电子束过O点，再将磁场反向且逐渐减弱磁场
【答案】C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A．据左手定则可知，电子向上偏转，磁场的方向垂直纸面向外，A错误；
B．由洛伦兹力作为向心力可得
解得
磁场越强，偏转半径越小，电子束打在屏上的位置越远离屏的中心O点，B错误；
CD． 磁场越弱，偏转半径越大，电子束打在屏上的位置越靠近屏的中心O点，要让电子束从a逐渐移向b，应先将磁场逐渐减弱至零，此过程电子束从a逐渐移到O点，之后再将磁场反向，且逐渐增强磁场，电子受到的洛伦兹力反向，使其向下偏转，且偏转半径逐渐变大，此过程电子束从O点逐渐向b点移动，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】 根据左手定则判断磁场的方向；电子在磁场中偏转过程，根据洛伦兹力提供向心力解得电子的偏转半径的表达式，依据磁场的强弱与偏转半径的大小关系，以及磁场方向与电子偏转方向的关系解答。
4．（2025高二下·盐城月考）一电子以速度垂直地进入磁感强度为的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将（　　）
A．正比于B，反比于v2 B．反比于B，正比于v2
C．正比于B，反比于v D．反比于B，反比于v
【答案】B
【知识点】磁通量；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】电子以速度v垂直地进入磁感强度为的均匀磁场中，根据洛仑兹力提供向心力，结合牛顿第二定律有
解得
而
解得
由此可知磁通量将反比于B，正比于v2。
故选B。
【分析】电子垂直进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，求出半径，再根据磁通量的定义分析计算。
5．（2025高二下·盐城月考）绝缘细绳一端固定在正方形导体框某边中点上，另一端悬挂在天花板上。导体框中通入恒定电流，整个系统处于竖直方向的匀强磁场中，导体框静止时所处的位置可能是下图中的（黑点表示框的重心）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】共点力的平衡；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】由左手定则，上下边框和前后边框的导体受安培力大小相等，方向相反，对整个正方形导体框，还受重力和绳子的拉力。导体框静止时，重力和绳子的拉力的方向必定方向相反。故细绳的拉力方向竖直向上，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【分析】导体框静止时 处于平衡状态，结合平衡条件进行分析。
6．（2025高二下·盐城月考）如图所示为世界上第一台回旋加速器，这台加速器的最大回旋半径只有5cm，加速电压为2kV，可加速氘离子达到80keV的动能。关于回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．若仅加速电压变为4kV，则可加速氘离子达到160keV的动能
B．若仅最大回旋半径增大为10cm，则可加速氘离子达到320keV的动能
C．由于磁场对氘离子不做功，磁感应强度大小不影响氘离子加速获得的最大动能
D．加速电压的高低不会对氘离子加速获得的最大动能和回旋时间造成影响
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】解决本题的关键知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速带电粒子，但要注意粒子射出的动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小有关。AC．由洛伦兹力提供向心力
可得，最大速度（其中k为比荷）
可知最大速度和加速电压无关，和最大回旋半径、磁感应强度成正比，故AC错误；
B．最大速度和最大回旋半径成正比，故仅最大回旋半径增大为10cm时，最大速度变为原来的2倍，动能变为原来的4倍，故B正确；
D．加速电压会改变加速过程的加速度，而最大速度不变，因此会改变加速的次数和回旋时间，故D错误。
故选B。
【分析】带电粒子在回旋加速器中，靠电场加速，磁场偏转，通过带电粒子在磁场中运动半径公式得出带电粒子射出时的速度，看与什么因素有关，氘离子在加速电场中的运动可看作匀加速运动。
7．（2025高二下·盐城月考）调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，若经过元件调节后，加在调速电风扇上的电压U与时间t的关系图像如图所示为部分正弦曲线，已知调速电风扇线圈电阻为R，此时调速电风扇正常工作，下列说法正确的是（　　）
A．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流小于
B．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流大于
C．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流小于
D．调速电风扇的额定电压为，通过调速电风扇的电流大于
【答案】A
【知识点】焦耳定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了交流的峰值、有效值以及它们的关系等知识点。求有效值的时候，一定要在一个周期内交流电和直流电产生的热量相等来求解。据有效值定义，可由
解得
因调速电风扇正常工作，调速电风扇的额定电压为；由于调速电风扇为非纯电阻用电器，故通过调速电风扇的电流小于。
故选A。
【分析】将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量，交流电产生的热量和直流电产生的热量相等，而且出去有效值。
8．（2025高二下·盐城月考）电磁阻尼在很多领域都有应用，如图装置可以体现电磁阻尼的原理。条形磁铁挂在轻弹簧下端，磁铁穿过固定的水平闭合金属环。向下拉动磁铁，放手后磁铁的运动会很快停下，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁中央通过线圈平面时，线圈中感应电流最大
B．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向一定向上
C．磁铁向上运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
D．磁铁向下运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
【答案】C
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“增反减同”这一规律。A．铁中央通过线圈平面时，磁通量的变化率最小，产生的感应电流最小，A错误；
BCD．由楞次定律和牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力总阻碍磁铁的运动，所以磁铁向下运动时，受到的磁场力向上，线圈受到的磁场力向下，BD错误，C正确。
故选C。
【分析】利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，从而判断线圈对水平面的压力变化情况，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．
9．（2025高二下·盐城月考）如图，两根相同的导体棒PQ和MN置于两根固定在水平面内的光滑的长直平行导电轨道上，并处于垂直水平面向下的匀强磁场中。如果PQ获得一个向右的初速度并任由其滚动，运动中PQ和MN始终平行且与轨道接触良好。则下列描述不正确的是（　　）
A．开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN
B．开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左
C．MN棒开始向右加速运动
D．PQ棒向右做匀减速运动直至速度为零
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．根据安培定则可知开始阶段，回路中产生的感应电流的方向为PQMN，故A正确；
B．根据左手定则可知开始阶段，作用在PQ棒上的安培力向左，故B正确；
C．同理根据左手定则可知开始阶段，MN棒所受的安培力向右，即MN棒开始向右加速运动，故C正确；
D．设PQ棒的速度为，MN棒的速度为，回路中总电阻为，导轨间距为，则感应电流
PQ棒减速，MN棒加速，则感应电流减小，根据
可知两棒所受安培力减小，结合牛顿第二定律可知加速度减小，即PQ棒向右做加速度减小的减速运动，直到两棒的速度相等后，做匀速直线运动，故D错误。
本题选不正确项，故选D。
【分析】开始阶段，根据楞次定律判断感应电流方向，利用左手定则判断PQ棒和MN棒受到的安培力方向，再分析两棒的运动情况。
10．（2025高二下·盐城月考）如图电路，L 是线圈，A是灯泡。在此电路中观察到如下三个现象。a现象：闭合开关S，A发光；b现象：保持S闭合，A的亮度不变；c现象：断开S瞬间，A闪亮一下后熄灭。对这个电路及三个现象，下列说法正确的是（　　）
A．a现象中A没有闪亮，表明合上S瞬间，L没有自感电动势
B．b现象表明L的电阻远小于A的电阻
C．c现象表明断开S瞬间电源提供给A的功率瞬间增大
D．合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】本题主要考查了自感线圈中的自感现象，解题关键在于正确理解自感现象中的感应电动势，电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。A．A与L并联，a现象中电流直接通过A，不会出现闪亮现象，A错误；
B．保持S闭合，A的亮度不变，说明A与L的阻值相差不大，B错误；
C．断开S瞬间，L产生自感电动势，与A形成通路，使A闪亮后熄灭，与电源无关，C错误；
D．线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，则合上S瞬间，电源输出的电能大于灯泡A和线圈L产生的焦耳热之和，D正确。
故选D。
【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据欧姆定律和楞次定来分析即可。
11．（2025高二下·盐城月考）如图所示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、边长为的正方形闭合线框，以恒定的速度沿轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为、方向垂直纸面向里、大小为的匀强磁场区域，线框ab边距磁场左边界为时开始计时。下列选项分别为磁场对线框的作用力（以轴正方向为正）、ab两点间的电势差、线框中的感应电流i（以顺时针方向为正）及线框的焦耳热随时间的变化图像，其中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路的综合，关键要掌握导体切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律等知识。对于热量，也可以先求出线框进入和穿出磁场的时间，再根据Q=I2Rt求解。 时间内线框在磁场外，力与电流都为零，Uab、Q也为零；时间内，由右手定则可知，线框内电流的方向为逆时针，线框匀速运动，有
则
根据左手定则可知，安培力的方向沿x轴负方向；
时间内，线框完全进入磁场，无电流i、无F、无Q，但有电势差，即
时间内，线框穿出磁场，由右手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线框匀速运动，有
则
根据左手定则可知，安培力的方向沿x轴负方向；
故选B。
【分析】 线框匀速运动，由F=BIL公式求出安培力，即可得到F的大小；在线框的cd边刚进入磁场时，cd切割磁感线产生感应电动势，根据E=BLv求出感应电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，由欧姆定律求解ab两端的电压Uab，用同样的方法求在cd边刚离开磁场时ab两端的电压；线框进入磁场和穿出磁场的过程中，线框中都要产生焦耳热。
12．（2025高二下·盐城月考）几位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素
（1）实验过程中，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中能使指针向左偏转的有________。
A．闭合开关时
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时
（2）连接好电路，闭合开关，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次快插，第二次慢插，两情况下流过灵敏电流计的电荷量大小关系是　 　（选填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）A
（2）=
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】本题考查了影响感应电流方向的因素实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。
（1）甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则
A．闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，故A正确；
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故B错误；
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故C错误。
故选A。
（2）流过线圈的电荷量为，把线圈从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量变化量相同，故=。
【分析】（1） 根据产生感应电流的条件，以及甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，逐项分析即可；
（2）根据电流定义式和法拉第电磁感应定律以及欧姆定律求解电荷量表达式，结合表达式分析。
（1）甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则
A．闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，故A正确；
B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故B错误；
C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，故C错误。
故选A。
（2）流过线圈的电荷量为
把线圈从同样高度插到线圈中同样的位置处，磁通量变化量相同，故=。
13．（2025高二下·盐城月考）一种霍尔元件是基于霍尔效应的金属磁传感器，用它可以检测磁场及其变化，图甲为使用该霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图，由于磁芯的作用，霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，直导线通有垂直纸面向里的电流，霍尔元件前、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，所用器材已在图中给出并已经连接好电路。
（1）霍尔元件被夹在磁芯缝隙AB处，则AB间磁场方向为　 　（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，则　 　（填“前表面”或“后表面”）电势高；
（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为e，霍尔元件的厚度为h。为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B，根据乙图中所给的器材和电路，还必须测量的物理量有电压表示数U和电流表示数I，则计算式B=　 　。
【答案】（1）竖直向下
（2）前表面
（3）
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】本题考查学生对安培定则、左手定则、平衡条件和电流微观表达式的掌握，解题关键是结合粒子受洛伦兹力和电场力最终处于平衡状态。
（1）根据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为顺时针方向，即则AB间磁场方向为竖直向下。
（2）电流向右，根据左手定则，安培力向里，金属载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高。
（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
根据电流微观表达式，有
联立解得
【分析】（1）根据安培定则，分析AB间磁场方向；
（2）根据左手定则，分析电势高低；
（3）根据平衡条件和电流微观表达式，分析磁感应强度。
（1）根据安培定则，通电直导线在磁芯上的磁感线为顺时针方向，即则AB间磁场方向为竖直向下。
（2）电流向右，根据左手定则，安培力向里，金属载流子是负电荷，故后表面带负电，前表面带正电，故前表面电势较高。
（3）设前后表面的厚度为d，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有
根据电流微观表达式，有
联立解得
14．（2025高二下·盐城月考）如图所示，平行光滑导轨间距L＝0.5m，左端接有电源，电源的电动势E＝5V、内阻r＝1Ω。一质量m＝2kg、有效电阻R＝4Ω的导体棒垂直导轨静置，空间存在垂直导轨平面向外、大小为B＝6T的匀强磁场（图中未画出），其余电阻不计，闭合开关瞬间，求：
（1）导体棒受到的安培力大小F；
（2）导体棒的加速度大小a。
【答案】（1）解：由闭合电路欧姆定律得
根据安培力公式
联立解得
（2）解：根据牛顿第二定律
解得

【知识点】闭合电路的欧姆定律；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由闭合电路欧姆定律求解电流大小，根据安培力求解公式求解安培力大小；
（2）根据牛顿第二定律求解加速度大小。
（1）由闭合电路欧姆定律得
根据安培力公式
联立解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
15．（2025高二下·盐城月考）图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100匝，电阻r=2Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，阻值R=8Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。（取π=3.14）求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：由图线可知
角速度为
则交流发电机产生的电动势的最大值为
（2）解：电动势的有效值为
则电流有效值为
则从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω，根据Φ-t图线得出周期T以及角速度，从而求出感应电动势的最大值；
（2）求出电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律可以求出电流有效值，线圈90°的过程中，求解转动时间以及焦耳热。
（1）由图线可知
角速度为
则交流发电机产生的电动势的最大值为
（2）电动势的有效值为
则电流有效值为
则从图示位置转过90°过程中，电阻R上产生的焦耳热
16．（2025高二下·盐城月考）如图甲所示，正方形闭合线圈边长为，总电阻为，匝数为匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。求：
（1）在内线圈中感应电动势的大小；
（2）在时线圈的边所受安培力的大小和方向；
（3）线圈中感应电动势的有效值。
【答案】解：（1）根据题意，由法拉第电磁感应定律有
代入数据解得，内线圈中感应电动势的大小为
（2）同理可得，内线圈中感应电动势的大小为
感应电流为
线圈的边所受安培力的大小为
由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针，由左手定则可知，边所受安培力的方向水平向右。
（3）由图乙可知，周期为，则有
解得
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解0～2s内线圈中感应电动势的大小；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出回路电流，由楞次定律判断感应电流方向，根据安培力公式计算t=2.0s时线圈的ab边所受安培力的大小，左手定则判断安培力的方向；
（3）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出2～3s内的感应电动势大小和感应电流大小，取一个周期时间，根据电流的热效应求线圈中感应电流的有效值。
17．（2025高二下·盐城月考）如图所示，在真空中有一个足够长、高度为H（未知）的区域。在该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出，以下称为磁场区域），匀强磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为点电荷）从到磁场上边界高度为H的A点由静止释放，小球进入磁场区域后做半径为的匀速圆周运动，重力加速度大小为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小E和磁场区域的高度H；
（2）将小球以大小为（未知）的初速度从A点向左水平抛出，小球恰好能回到初始位置，求；
（3）撤去匀强电场后，将小球以大小为（未知）的初速度从A点向左水平抛出，小球恰好不能从磁场下边界离开磁场，求。
【答案】（1）解：带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
解得
小球刚进入磁场时的速度大小
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）解：小球进入磁场前的水平位移大小
竖直位移大小
可得
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有，
由几何关系有
解得
（3）解：撤去电场后，将小球以大小为的初速度从A点向左水平抛出，小球与该区域下边界相切时的速度大小为
根据动能定理有
小球进入磁场后，在竖直方向运动一小段距离的过程中，在水平方向上受到洛伦兹力，根据动量定理有，，，
可得
解得
【知识点】动量定理；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，结合平衡条件和洛伦兹力提供向心力分析；
（2）根据平抛运动规律求解小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角，结合几何关系求解速度大小；
（3）根据动能定理求解小球与该区域下边界相切时的速度大小，结合动量定理求解。
（1）带正电小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，有
解得
小球刚进入磁场时的速度大小
在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）小球进入磁场前的水平位移大小
竖直位移大小
可得
设小球刚进入磁场时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有，
由几何关系有
解得
（3）撤去电场后，将小球以大小为的初速度从A点向左水平抛出，小球与该区域下边界相切时的速度大小为
根据动能定理有
小球进入磁场后，在竖直方向运动一小段距离的过程中，在水平方向上受到洛伦兹力，根据动量定理有，，，
可得
解得
1 / 1

展开更多......

收起↑