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山东济宁市第一中学2025-2026学年高二下学期阶段检测物理试题
1．下图中标出了匀强磁场的磁感应强度B、通电直导线中的电流I和它受到的安培力F的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．将一长度为L、通有恒定电流I的直导体棒，固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，则该导体棒所受磁场作用力的大小不可能为（　　）
A．0 B．BIL C．BIL D．2BIL
3．通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线放置在平行于导线平面的匀强磁场中，受到安培力为F，如左图；现将导线绕圆心O在原平面内转过45°，如右图，则安培力变为（　　）
A．F B．2F C． D．
4．霍尔元件在越来越多的电子产品中被使用，如图所示，一块宽度为d、长度为l、厚度为h的矩形半导体霍尔元件，通入方向向右大小为I的电流，元件处于垂直于上表面向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，已知元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。下列说法正确的是（　　）
A．元件前表面的电势高于后表面的电势
B．仅增大前后表面的距离d，霍尔电压U将增大
C．该元件中自由电子所受洛伦兹力的方向与电流所受安培力的方向相反
D．元件单位体积内的自由电子个数为
5．如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　）
A．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1
B．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2∶1
C．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中速率之比为1∶3
D．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1
6．如图所示，虚线框MNPQ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（　　）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．粒子c在磁场中的速度最大
C．粒子c在磁场中的加速度最大 D．粒子c在磁场中运动的时间最长
7．质子（H）和粒子（He）以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，它们在垂直于磁场的平面内都做匀速圆周运动，它们的轨道半径和运动周期的关系是（　　）
A．RP：Ra=1：2，TP：Ta=1：2 B．RP：Ra=2：1，TP：Ta=2：1
C．RP：Ra=1：2，TP：Ta=2：1 D．RP：Ra=1：4，TP：Ta=1：4
8．如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核和氦核。下列说法中正确的是（　　）
A．氘核的最大速度较大
B．它们在D形盒内运动的周期相等
C．氦核和氘核的最大动能相同
D．高频电源的变化周期等于粒子D形盒内做匀速圆周运动的周期的一半
9．法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。线圈A、B绕在同一绝缘铁芯上，G为灵敏电流计，则（　　）
A．闭合开关S的瞬间，通过G的电流是a→b
B．断开开关S的瞬间，通过G的电流是b→a
C．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动过程中，通过G的电流是b→a
D．闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，则电流表G指针不会偏转
10．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为，以磁场区左边界为轴建立坐标系，磁场区在轴方向足够长，在轴方向宽度均为。矩形导线框的边与轴重合，边长为。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流与线框移动距离的关系图像正确的是图中的（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，质量为m的带正电的滑块由静止开始沿绝缘粗糙斜面下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，空间内匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。若滑块所带电荷量为q，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块沿斜面下滑的最大速度为
B．滑块沿斜面下滑的最大速度为
C．滑块沿斜面下滑的最大加速度为
D．滑块沿斜面下滑的最大加速度为
12．两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则（　　）
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等
13．如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙．自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动．图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示（　　）
A．A所受洛伦兹力大小 B．B对地面的压力大小
C．A对B压力大小 D．A对B的摩擦力大小
14．如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到 的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处； 时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）
A．在t=0到 的时间内，金属棒中电流方向始终为顺时针
B．在 时，金属棒中电流大小为0
C．在 时，金属棒受到安培力的大小为
D．在 时，若金属棒速度为 v，其加速度大小可能为
15．如图所示，在y≥0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从x轴上的P点以与x轴正方向成30°的速度v垂直磁场射入，经过y轴上的M点时，速度垂直于y轴，最终从x轴上的N点（图中未画出）射出磁场。已知磁感应强度的大小为B，OP=a。不计粒子所受重力。求：
（1）求粒子所带电荷量的大小q。
（2）求粒子在磁场中运动的周期T。
（3）若仅改变粒子速度大小，使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，求粒子的入射速度大小v'。
16．如图所示，在直角坐标系中，轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在处放置垂直于轴的足够大的接收屏。位于原点的粒子源可沿平面向轴右侧各个方向发射相同的正电粒子，粒子速度大小相等，轨迹半径为。已知粒子的质量为，电荷量为，粒子打到接收屏上即被吸收，不计空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）粒子的速度大小；
（2）粒子打到接收屏上区域的长度；
（3）能打到接收屏上的粒子在磁场中运动的最短时间。
17．如图所示，两根相互平行且足够长的水平光滑固定金属轨道，间距，左侧连接的电阻，处于方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中。静置于导轨上的导体棒，从时刻开始受到水平向右的恒力作用，当其位移时达到匀速。已知导体棒质量、电阻，长度。导体棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计。求：
（1）时刻，导体棒加速度a的大小；
（2）导体棒匀速运动时的速度v的大小；
（3）导体棒从开始运动的过程中，电阻R产生的热量Q。
18．某实验机构设计了一个如图所示的“双轨阻尼缓震”模型，用于模拟精密仪器在冲击载荷下的减速过程。两根足够长的光滑平行金属导轨CD和EF固定在绝缘水平基座上，其间距，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。导体棒Q锁定在导轨上距CE足够远处，导体棒P以初速度的向右滑上导轨，运动一段时间，速度变为时，解除导体棒Q的锁定。已知导体棒P、Q的长度均为L，质量分别为、，电阻分别为、，导体棒P、Q与导轨始终接触良好，不计导轨电阻和空气阻力，求：
（1）导体棒P刚滑上导轨时，受到的安培力的大小；
（2）从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，导体棒P向右运动的位移x；
（3）导体棒Q运动速度的最大值及从解除导体棒Q的锁定开始至达到最大速度的过程中，流过导体棒Q的电荷量q。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据左手定则：磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向。
A、磁场垂直纸面向里、电流向上，安培力应水平向左，图中 F 向右，故 A 错误；
B、磁场竖直向下、电流垂直纸面向里，安培力应水平向左，图中 F 向右，故 B 错误；
C、磁场水平向右、电流向上，安培力应垂直纸面向里，图中 F 向左，故 C 错误；
D、磁场垂直纸面向里，电流与磁场不平行，安培力方向满足左手定则，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则应用，安培力实际向左；
B、考查左手定则应用，安培力实际向左；
C、考查左手定则应用，安培力垂直纸面；
D、考查左手定则，B、I、F 三者方向关系符合规律。
2．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】安培力公式（为电流与磁场夹角，），则：
A、时，，有可能，故A错误；
B、时，有可能，故B错误；
C、时，，有可能，故C错误；
D、，超出安培力最大值，不可能，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查安培力规律，电流与磁场平行时安培力为零；
B、考查夹角对安培力的影响，可取，对应该受力；
C、考查垂直时安培力达到最大值；
D、安培力最大为，无法超过该数值。
3．【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】设圆弧半径为，左图中有效切割长度，；
导线绕圆心转过后，首尾两点间距，安培力；
A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查安培力等效长度，转动后等效长度变大，安培力变大；
B、对比等效长度倍数，排除；
C、由等效长度推导结果，排除；
D、弯曲导线安培力等效于两端点连线直导线的安培力，利用几何求新等效长度。
4．【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、电流向右，自由电子定向向左运动，由左手定则，电子受洛伦兹力偏向前表面，前表面积累负电，前表面电势低于后表面，故A错误；
B、平衡时、，联立得，与无关，增大霍尔电压不变，故B错误；
C、导体中所有电子受洛伦兹力的宏观表现就是安培力，二者方向一致，故C错误；
D、由变形得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查霍尔元件带电粒子偏转与电势高低判断，负电荷聚集面电势低；
B、考查霍尔电压推导式，明确和前后宽度无关；
C、考查安培力微观本质，洛伦兹力的宏观合力为安培力；
D、结合电流微观表达式与受力平衡，推导载流子数密度公式。
5．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．做出带电粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为
设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得，，解得，故A正确；
B．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得圆周运动半径
圆周运动周期，周期与粒子速度无关，只与粒子比荷和磁感应强度有关，所以从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期相同，故B错误；
C．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，解得
从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1，可知速度之比也为3：1，故C错误；
D．两粒子圆周运动周期相同，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为，可得，，得，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查带电粒子磁场圆周运动几何半径，利用三角函数求轨道半径比值；
B、考查周期公式，周期只与比荷、磁感应强度有关，与半径无关；
C、结合半径公式，速率和轨道半径成正比；
D、运动时间由圆心角决定，t与偏转角成正比。
6．【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场垂直纸面向里，由左手定则：向左偏转带正电，向右偏转带负电，故A错误；
B、由，相同，轨迹半径最小，则速度最小，故B错误；
C、，速度最小，加速度最小，故C错误；
D、周期，三粒子周期相同，，圆心角最大，运动时间最长，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则判断带电粒子电性；
B、由轨道半径公式，半径和速度成正比；
C、由洛伦兹力充当向心加速度；
D、带电粒子圆周运动周期与速率无关，运动时间由圆心角决定。
7．【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】质子：、；粒子：、，相同，
由，，即；
由，，即；
A：，正确；B、C、D比值均不匹配，错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查带电粒子在磁场圆周运动半径公式与周期公式；
B、C、D、利用质子与粒子质量、电荷量倍数关系代入公式排除错误选项。
8．【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】 A．当粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时，粒子达到最大速度，根据，得，因为两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，故A错误；
B．带电粒子在磁场中运动的周期，两粒子的比荷相等，所以周期相等，故B正确；
C．粒子的最大动能为，则氦核的最大动能较大，故C错误；
D．根据回旋加速器的原理可知，高频电源的变化周期等于粒子D形盒内做匀速圆周运动的周期，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查回旋加速器最大速度公式，由比荷判断速率；
B、考查圆周运动周期公式，周期由比荷与磁感应强度决定；
C、考查最大动能表达式，动能与电荷量成正比；
D、考查加速电源周期匹配原理，电源周期等于粒子圆周周期。
9．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合开关S瞬间，线圈A电流不变，穿过B磁通量不变，B无感应电流，G无电流，故A错误；
B、断开开关S瞬间，线圈A电流不变，穿过B磁通量不变，B无感应电流，G无电流，故B错误；
C、滑片左滑，滑动变阻器接入电阻变大，A回路电流减小，铁芯中磁场减弱，B的磁通量减小；由楞次定律与安培定则，B中感应电流经灵敏电流计方向，故C正确；
D、滑片匀速右滑，变阻器电阻变小，A中电流持续变大，B磁通量变化，产生感应电流，G指针偏转，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、开关在B支路，通断S不改变A线圈电流，B磁通量不变，无感应电流；
B、同理断开S，A电流不变，B磁通量不变，无感应电流；
C、变阻器滑片左移改变A的电流，引起B磁通量变化，结合楞次定律判断电流方向；
D、滑片右移，A电流变化，B磁通量变化，产生感应电流，电表偏转。
10．【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设切割电动势，基准电流，逆时针为正。
①：单边向里切割，楞次定律电流逆时针，；
②：向里、向外同时切割，两电动势同向叠加，总，电流顺时针（负方向），；
③：单边向外切割，电流逆时针，；
对应图像为C选项，A、B、D分段电流大小、正负错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查单边切割、双边反向切割电动势叠加规律，中间区间电流大小、正负错误；
B、第一段电流符号错误，初始为正向；
C、分三段结合右手定则、法拉第电磁感应定律，电流大小与正负全部匹配；
D、三段电流数值全部不符合推导结果。
11．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题考查了带电滑块在磁场中的运动，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题。
滑块刚要离开斜面时，对斜面的压力为0，滑块沿斜面的速度达到最大，同时加速度达到最大，此时有
解得
故选AC。
【分析】根据滑块所受洛伦兹力方向，判断滑块的最终脱离斜面。当斜面对滑块的支持力为零时滑块离开斜面，据此求出滑块离开斜面时的速度；应用牛顿第二定律求出滑块的加速度。
12．【答案】A,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场垂直纸面向里，甲向上偏转由左手定则带正电，乙向下偏转带负电，故A正确；
B、设正方形边长，，，由，，故B错误；
C、，，甲洛伦兹力是乙2倍，故C正确；
D、周期，甲乙周期相等；甲圆心角、乙，，，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查左手定则判断带电粒子电性；
B、由轨道半径公式推导动能表达式，动能与半径平方成正比；
C、洛伦兹力，，故；
D、圆周运动周期与速率无关，运动时间由圆心角决定。
13．【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】整体匀加速，A带正电，洛伦兹力，方向竖直向上，
A、，时力为0，图像过原点，题图纵轴截距不为零，故A错误；
B、对整体，地面支持力，，表达式为一次函数、有截距，和图像一致，故B正确；
C、对A，B对A支持力，则A对B压力，也是一次函数、有截距，符合图像，故C正确；
D、A的合力由静摩擦力提供：，恒定则不随时间变化，图像为水平直线，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查洛伦兹力公式，与成正比、过原点；
B、考查整体受力分析，地面支持力含恒定重力项与随时间线性变大的洛伦兹力；
C、隔离A分析竖直受力，A对B压力等于A重力加洛伦兹力；
D、考查静摩擦力提供加速度，匀加速时静摩擦力恒定不变。
14．【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、磁场向里均匀减小，由楞次定律，感应电流磁场向里，电流顺时针；磁场向外均匀增大，感应电流磁场仍向里，电流保持顺时针，故A正确；
B、磁感应强度变化率，，，故B错误；
C、时刻，安培力，故C错误；
D、时，感应电流，安培力，由牛顿第二定律，，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查楞次定律，分两段磁场变化判断感应电流方向；
B、考查感生电动势公式，均匀变磁场电动势恒定、电流不为零；
C、安培力，时安培力为零；
D、结合动生、感生电流，受力列牛顿方程推导加速度表达式。
15．【答案】（1）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何关系得粒子在磁场中运动的轨道半径
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：粒子在磁场中运动的周期
（3）解：使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，设此时粒子的轨迹半径为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 结合入射角度与的几何条件求出圆周运动半径，再利用洛伦兹充当向心力公式联立求解电荷量；
(2) 把半径代入周期定义式直接推导周期；
(3) “恰好不从y轴穿出”对应轨迹和y轴相切，利用几何约束求出新半径，再由半径公式正比关系得到新入射速度。
（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何关系得粒子在磁场中运动的轨道半径
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）粒子在磁场中运动的周期
（3）使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，设此时粒子的轨迹半径为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
16．【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：由几何关系，粒子轨迹恰好与相切时，打到接收屏上的位置最高，
粒子沿方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，
则粒子打到接收屏上区域的长度
（3）解：由几何关系可知，运动到点的粒子轨迹的圆心角最小，
则相应粒子运动的最短时间
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 由洛伦兹向心力公式直接推导粒子速率；
(2) 结合轨迹圆半径d，确定接收屏上下端点坐标，算出屏上打中的总长度；
(3) 弦最短则圆心角最小，对应（d，0），利用周期公式结合圆心角求最短运动时间。
（1）由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）由几何关系，粒子轨迹恰好与相切时，打到接收屏上的位置最高，
粒子沿方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，
则粒子打到接收屏上区域的长度
（3）由几何关系可知，运动到点的粒子轨迹的圆心角最小，
则相应粒子运动的最短时间
解得
17．【答案】（1）解：时，速度为，无感应电流，安培力为，由牛顿第二定律得
（2）解：导体棒匀速运动时受力平衡得
代入数据得
（3）解：由能量守恒得
解得
电阻R与r串联，热量比
故
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 初始时刻无切割、无安培力，合外力等于拉力，直接用牛顿第二定律求瞬时加速度；
(2) 匀速运动受力平衡，安培力与拉力等大，结合动生电动势、安培力公式联立求解最大速度；
(3) 外力做功转化为棒的动能与电路总焦耳热，再依据串联电阻电热分配规律求R的发热量。
（1）时，速度为，无感应电流，安培力为，由牛顿第二定律得
（2）导体棒匀速运动时受力平衡得
代入数据得
（3）由能量守恒得
解得
电阻R与r串联，热量比
故
18．【答案】（1）解：导体棒P刚滑上导轨时，有，，
可得
解得
（2）解：从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，对导体棒P，由动量定理可得
解得
（3）解：解除导体棒Q的锁定后，以导体棒P、Q为系统，动量守恒，两棒共速时导体棒Q的速度达到最大值，则有
解得
该过程中以导体棒Q为研究对象，由动量定理可得
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 动生电动势+欧姆定律+安培力公式联立求解瞬时安培力；
(2) 安培力变力，用动量定理结合电荷量求位移；
(3) 双棒系统安培力内力、动量守恒，共速时达最大速度；再对单棒动量定理求流过电荷量。
（1）导体棒P刚滑上导轨时，有，，
可得
解得
（2）从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，对导体棒P，由动量定理可得
解得
（3）解除导体棒Q的锁定后，以导体棒P、Q为系统，动量守恒，两棒共速时导体棒Q的速度达到最大值，则有
解得
该过程中以导体棒Q为研究对象，由动量定理可得
解得
1 / 1山东济宁市第一中学2025-2026学年高二下学期阶段检测物理试题
1．下图中标出了匀强磁场的磁感应强度B、通电直导线中的电流I和它受到的安培力F的方向，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据左手定则：磁感线穿掌心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向。
A、磁场垂直纸面向里、电流向上，安培力应水平向左，图中 F 向右，故 A 错误；
B、磁场竖直向下、电流垂直纸面向里，安培力应水平向左，图中 F 向右，故 B 错误；
C、磁场水平向右、电流向上，安培力应垂直纸面向里，图中 F 向左，故 C 错误；
D、磁场垂直纸面向里，电流与磁场不平行，安培力方向满足左手定则，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则应用，安培力实际向左；
B、考查左手定则应用，安培力实际向左；
C、考查左手定则应用，安培力垂直纸面；
D、考查左手定则，B、I、F 三者方向关系符合规律。
2．将一长度为L、通有恒定电流I的直导体棒，固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，则该导体棒所受磁场作用力的大小不可能为（　　）
A．0 B．BIL C．BIL D．2BIL
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】安培力公式（为电流与磁场夹角，），则：
A、时，，有可能，故A错误；
B、时，有可能，故B错误；
C、时，，有可能，故C错误；
D、，超出安培力最大值，不可能，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查安培力规律，电流与磁场平行时安培力为零；
B、考查夹角对安培力的影响，可取，对应该受力；
C、考查垂直时安培力达到最大值；
D、安培力最大为，无法超过该数值。
3．通以恒定电流的一段四分之一圆弧形导线放置在平行于导线平面的匀强磁场中，受到安培力为F，如左图；现将导线绕圆心O在原平面内转过45°，如右图，则安培力变为（　　）
A．F B．2F C． D．
【答案】D
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】设圆弧半径为，左图中有效切割长度，；
导线绕圆心转过后，首尾两点间距，安培力；
A、，故A错误；
B、，故B错误；
C、，故C错误；
D、，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查安培力等效长度，转动后等效长度变大，安培力变大；
B、对比等效长度倍数，排除；
C、由等效长度推导结果，排除；
D、弯曲导线安培力等效于两端点连线直导线的安培力，利用几何求新等效长度。
4．霍尔元件在越来越多的电子产品中被使用，如图所示，一块宽度为d、长度为l、厚度为h的矩形半导体霍尔元件，通入方向向右大小为I的电流，元件处于垂直于上表面向上且磁感应强度大小为B的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势差U，已知元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。下列说法正确的是（　　）
A．元件前表面的电势高于后表面的电势
B．仅增大前后表面的距离d，霍尔电压U将增大
C．该元件中自由电子所受洛伦兹力的方向与电流所受安培力的方向相反
D．元件单位体积内的自由电子个数为
【答案】D
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、电流向右，自由电子定向向左运动，由左手定则，电子受洛伦兹力偏向前表面，前表面积累负电，前表面电势低于后表面，故A错误；
B、平衡时、，联立得，与无关，增大霍尔电压不变，故B错误；
C、导体中所有电子受洛伦兹力的宏观表现就是安培力，二者方向一致，故C错误；
D、由变形得，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查霍尔元件带电粒子偏转与电势高低判断，负电荷聚集面电势低；
B、考查霍尔电压推导式，明确和前后宽度无关；
C、考查安培力微观本质，洛伦兹力的宏观合力为安培力；
D、结合电流微观表达式与受力平衡，推导载流子数密度公式。
5．如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，下列说法正确的是（　　）
A．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1
B．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2∶1
C．从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中速率之比为1∶3
D．两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．做出带电粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为
设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得，，解得，故A正确；
B．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得圆周运动半径
圆周运动周期，周期与粒子速度无关，只与粒子比荷和磁感应强度有关，所以从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动周期相同，故B错误；
C．带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，解得
从P点射出的粒子与从Q点射出的粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1，可知速度之比也为3：1，故C错误；
D．两粒子圆周运动周期相同，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为，可得，，得，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查带电粒子磁场圆周运动几何半径，利用三角函数求轨道半径比值；
B、考查周期公式，周期只与比荷、磁感应强度有关，与半径无关；
C、结合半径公式，速率和轨道半径成正比；
D、运动时间由圆心角决定，t与偏转角成正比。
6．如图所示，虚线框MNPQ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（　　）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．粒子c在磁场中的速度最大
C．粒子c在磁场中的加速度最大 D．粒子c在磁场中运动的时间最长
【答案】D
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场垂直纸面向里，由左手定则：向左偏转带正电，向右偏转带负电，故A错误；
B、由，相同，轨迹半径最小，则速度最小，故B错误；
C、，速度最小，加速度最小，故C错误；
D、周期，三粒子周期相同，，圆心角最大，运动时间最长，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查左手定则判断带电粒子电性；
B、由轨道半径公式，半径和速度成正比；
C、由洛伦兹力充当向心加速度；
D、带电粒子圆周运动周期与速率无关，运动时间由圆心角决定。
7．质子（H）和粒子（He）以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，它们在垂直于磁场的平面内都做匀速圆周运动，它们的轨道半径和运动周期的关系是（　　）
A．RP：Ra=1：2，TP：Ta=1：2 B．RP：Ra=2：1，TP：Ta=2：1
C．RP：Ra=1：2，TP：Ta=2：1 D．RP：Ra=1：4，TP：Ta=1：4
【答案】A
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】质子：、；粒子：、，相同，
由，，即；
由，，即；
A：，正确；B、C、D比值均不匹配，错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查带电粒子在磁场圆周运动半径公式与周期公式；
B、C、D、利用质子与粒子质量、电荷量倍数关系代入公式排除错误选项。
8．如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核和氦核。下列说法中正确的是（　　）
A．氘核的最大速度较大
B．它们在D形盒内运动的周期相等
C．氦核和氘核的最大动能相同
D．高频电源的变化周期等于粒子D形盒内做匀速圆周运动的周期的一半
【答案】B
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】 A．当粒子的轨迹半径等于D形盒的半径时，粒子达到最大速度，根据，得，因为两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，故A错误；
B．带电粒子在磁场中运动的周期，两粒子的比荷相等，所以周期相等，故B正确；
C．粒子的最大动能为，则氦核的最大动能较大，故C错误；
D．根据回旋加速器的原理可知，高频电源的变化周期等于粒子D形盒内做匀速圆周运动的周期，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查回旋加速器最大速度公式，由比荷判断速率；
B、考查圆周运动周期公式，周期由比荷与磁感应强度决定；
C、考查最大动能表达式，动能与电荷量成正比；
D、考查加速电源周期匹配原理，电源周期等于粒子圆周周期。
9．法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。线圈A、B绕在同一绝缘铁芯上，G为灵敏电流计，则（　　）
A．闭合开关S的瞬间，通过G的电流是a→b
B．断开开关S的瞬间，通过G的电流是b→a
C．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动过程中，通过G的电流是b→a
D．闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，则电流表G指针不会偏转
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；楞次定律
【解析】【解答】A、闭合开关S瞬间，线圈A电流不变，穿过B磁通量不变，B无感应电流，G无电流，故A错误；
B、断开开关S瞬间，线圈A电流不变，穿过B磁通量不变，B无感应电流，G无电流，故B错误；
C、滑片左滑，滑动变阻器接入电阻变大，A回路电流减小，铁芯中磁场减弱，B的磁通量减小；由楞次定律与安培定则，B中感应电流经灵敏电流计方向，故C正确；
D、滑片匀速右滑，变阻器电阻变小，A中电流持续变大，B磁通量变化，产生感应电流，G指针偏转，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、开关在B支路，通断S不改变A线圈电流，B磁通量不变，无感应电流；
B、同理断开S，A电流不变，B磁通量不变，无感应电流；
C、变阻器滑片左移改变A的电流，引起B磁通量变化，结合楞次定律判断电流方向；
D、滑片右移，A电流变化，B磁通量变化，产生感应电流，电表偏转。
10．如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为，以磁场区左边界为轴建立坐标系，磁场区在轴方向足够长，在轴方向宽度均为。矩形导线框的边与轴重合，边长为。线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直。以逆时针方向为电流的正方向，线框中感应电流与线框移动距离的关系图像正确的是图中的（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】设切割电动势，基准电流，逆时针为正。
①：单边向里切割，楞次定律电流逆时针，；
②：向里、向外同时切割，两电动势同向叠加，总，电流顺时针（负方向），；
③：单边向外切割，电流逆时针，；
对应图像为C选项，A、B、D分段电流大小、正负错误。
故答案为：C。
【分析】A、考查单边切割、双边反向切割电动势叠加规律，中间区间电流大小、正负错误；
B、第一段电流符号错误，初始为正向；
C、分三段结合右手定则、法拉第电磁感应定律，电流大小与正负全部匹配；
D、三段电流数值全部不符合推导结果。
11．如图所示，质量为m的带正电的滑块由静止开始沿绝缘粗糙斜面下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，空间内匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。若滑块所带电荷量为q，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块沿斜面下滑的最大速度为
B．滑块沿斜面下滑的最大速度为
C．滑块沿斜面下滑的最大加速度为
D．滑块沿斜面下滑的最大加速度为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；洛伦兹力的计算
【解析】【解答】本题考查了带电滑块在磁场中的运动，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、平衡条件与能量守恒定律即可解题。
滑块刚要离开斜面时，对斜面的压力为0，滑块沿斜面的速度达到最大，同时加速度达到最大，此时有
解得
故选AC。
【分析】根据滑块所受洛伦兹力方向，判断滑块的最终脱离斜面。当斜面对滑块的支持力为零时滑块离开斜面，据此求出滑块离开斜面时的速度；应用牛顿第二定律求出滑块的加速度。
12．两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则（　　）
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等
【答案】A,C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A、磁场垂直纸面向里，甲向上偏转由左手定则带正电，乙向下偏转带负电，故A正确；
B、设正方形边长，，，由，，故B错误；
C、，，甲洛伦兹力是乙2倍，故C正确；
D、周期，甲乙周期相等；甲圆心角、乙，，，故D错误；
故答案为：AC。
【分析】A、考查左手定则判断带电粒子电性；
B、由轨道半径公式推导动能表达式，动能与半径平方成正比；
C、洛伦兹力，，故；
D、圆周运动周期与速率无关，运动时间由圆心角决定。
13．如图1所示，在足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙．自t=0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，由静止开始做匀加速直线运动．图2图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示（　　）
A．A所受洛伦兹力大小 B．B对地面的压力大小
C．A对B压力大小 D．A对B的摩擦力大小
【答案】B,C
【知识点】洛伦兹力的计算；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】整体匀加速，A带正电，洛伦兹力，方向竖直向上，
A、，时力为0，图像过原点，题图纵轴截距不为零，故A错误；
B、对整体，地面支持力，，表达式为一次函数、有截距，和图像一致，故B正确；
C、对A，B对A支持力，则A对B压力，也是一次函数、有截距，符合图像，故C正确；
D、A的合力由静摩擦力提供：，恒定则不随时间变化，图像为水平直线，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、考查洛伦兹力公式，与成正比、过原点；
B、考查整体受力分析，地面支持力含恒定重力项与随时间线性变大的洛伦兹力；
C、隔离A分析竖直受力，A对B压力等于A重力加洛伦兹力；
D、考查静摩擦力提供加速度，匀加速时静摩擦力恒定不变。
14．如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到 的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处； 时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则（　　）
A．在t=0到 的时间内，金属棒中电流方向始终为顺时针
B．在 时，金属棒中电流大小为0
C．在 时，金属棒受到安培力的大小为
D．在 时，若金属棒速度为 v，其加速度大小可能为
【答案】A,D
【知识点】楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、磁场向里均匀减小，由楞次定律，感应电流磁场向里，电流顺时针；磁场向外均匀增大，感应电流磁场仍向里，电流保持顺时针，故A正确；
B、磁感应强度变化率，，，故B错误；
C、时刻，安培力，故C错误；
D、时，感应电流，安培力，由牛顿第二定律，，故D正确；
故答案为：AD。
【分析】A、考查楞次定律，分两段磁场变化判断感应电流方向；
B、考查感生电动势公式，均匀变磁场电动势恒定、电流不为零；
C、安培力，时安培力为零；
D、结合动生、感生电流，受力列牛顿方程推导加速度表达式。
15．如图所示，在y≥0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从x轴上的P点以与x轴正方向成30°的速度v垂直磁场射入，经过y轴上的M点时，速度垂直于y轴，最终从x轴上的N点（图中未画出）射出磁场。已知磁感应强度的大小为B，OP=a。不计粒子所受重力。求：
（1）求粒子所带电荷量的大小q。
（2）求粒子在磁场中运动的周期T。
（3）若仅改变粒子速度大小，使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，求粒子的入射速度大小v'。
【答案】（1）解：粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何关系得粒子在磁场中运动的轨道半径
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）解：粒子在磁场中运动的周期
（3）解：使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，设此时粒子的轨迹半径为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 结合入射角度与的几何条件求出圆周运动半径，再利用洛伦兹充当向心力公式联立求解电荷量；
(2) 把半径代入周期定义式直接推导周期；
(3) “恰好不从y轴穿出”对应轨迹和y轴相切，利用几何约束求出新半径，再由半径公式正比关系得到新入射速度。
（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图
由几何关系得粒子在磁场中运动的轨道半径
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）粒子在磁场中运动的周期
（3）使粒子恰好不从y轴穿出运动至第二象限，设此时粒子的轨迹半径为，则
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
16．如图所示，在直角坐标系中，轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在处放置垂直于轴的足够大的接收屏。位于原点的粒子源可沿平面向轴右侧各个方向发射相同的正电粒子，粒子速度大小相等，轨迹半径为。已知粒子的质量为，电荷量为，粒子打到接收屏上即被吸收，不计空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）粒子的速度大小；
（2）粒子打到接收屏上区域的长度；
（3）能打到接收屏上的粒子在磁场中运动的最短时间。
【答案】（1）解：由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）解：由几何关系，粒子轨迹恰好与相切时，打到接收屏上的位置最高，
粒子沿方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，
则粒子打到接收屏上区域的长度
（3）解：由几何关系可知，运动到点的粒子轨迹的圆心角最小，
则相应粒子运动的最短时间
解得
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 由洛伦兹向心力公式直接推导粒子速率；
(2) 结合轨迹圆半径d，确定接收屏上下端点坐标，算出屏上打中的总长度；
(3) 弦最短则圆心角最小，对应（d，0），利用周期公式结合圆心角求最短运动时间。
（1）由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）由几何关系，粒子轨迹恰好与相切时，打到接收屏上的位置最高，
粒子沿方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，
则粒子打到接收屏上区域的长度
（3）由几何关系可知，运动到点的粒子轨迹的圆心角最小，
则相应粒子运动的最短时间
解得
17．如图所示，两根相互平行且足够长的水平光滑固定金属轨道，间距，左侧连接的电阻，处于方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中。静置于导轨上的导体棒，从时刻开始受到水平向右的恒力作用，当其位移时达到匀速。已知导体棒质量、电阻，长度。导体棒与导轨接触良好，导轨的电阻不计。求：
（1）时刻，导体棒加速度a的大小；
（2）导体棒匀速运动时的速度v的大小；
（3）导体棒从开始运动的过程中，电阻R产生的热量Q。
【答案】（1）解：时，速度为，无感应电流，安培力为，由牛顿第二定律得
（2）解：导体棒匀速运动时受力平衡得
代入数据得
（3）解：由能量守恒得
解得
电阻R与r串联，热量比
故
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 初始时刻无切割、无安培力，合外力等于拉力，直接用牛顿第二定律求瞬时加速度；
(2) 匀速运动受力平衡，安培力与拉力等大，结合动生电动势、安培力公式联立求解最大速度；
(3) 外力做功转化为棒的动能与电路总焦耳热，再依据串联电阻电热分配规律求R的发热量。
（1）时，速度为，无感应电流，安培力为，由牛顿第二定律得
（2）导体棒匀速运动时受力平衡得
代入数据得
（3）由能量守恒得
解得
电阻R与r串联，热量比
故
18．某实验机构设计了一个如图所示的“双轨阻尼缓震”模型，用于模拟精密仪器在冲击载荷下的减速过程。两根足够长的光滑平行金属导轨CD和EF固定在绝缘水平基座上，其间距，处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。导体棒Q锁定在导轨上距CE足够远处，导体棒P以初速度的向右滑上导轨，运动一段时间，速度变为时，解除导体棒Q的锁定。已知导体棒P、Q的长度均为L，质量分别为、，电阻分别为、，导体棒P、Q与导轨始终接触良好，不计导轨电阻和空气阻力，求：
（1）导体棒P刚滑上导轨时，受到的安培力的大小；
（2）从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，导体棒P向右运动的位移x；
（3）导体棒Q运动速度的最大值及从解除导体棒Q的锁定开始至达到最大速度的过程中，流过导体棒Q的电荷量q。
【答案】（1）解：导体棒P刚滑上导轨时，有，，
可得
解得
（2）解：从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，对导体棒P，由动量定理可得
解得
（3）解：解除导体棒Q的锁定后，以导体棒P、Q为系统，动量守恒，两棒共速时导体棒Q的速度达到最大值，则有
解得
该过程中以导体棒Q为研究对象，由动量定理可得
解得
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】(1) 动生电动势+欧姆定律+安培力公式联立求解瞬时安培力；
(2) 安培力变力，用动量定理结合电荷量求位移；
(3) 双棒系统安培力内力、动量守恒，共速时达最大速度；再对单棒动量定理求流过电荷量。
（1）导体棒P刚滑上导轨时，有，，
可得
解得
（2）从导体棒P刚滑上导轨到解除导体棒Q锁定的过程中，对导体棒P，由动量定理可得
解得
（3）解除导体棒Q的锁定后，以导体棒P、Q为系统，动量守恒，两棒共速时导体棒Q的速度达到最大值，则有
解得
该过程中以导体棒Q为研究对象，由动量定理可得
解得
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