全国高考物理试题汇编(精析word版)

2014年高考物理真题分类汇编 专题9：磁场

15．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正

确的是( )

A ．安培力的方向可以不垂直于直导线

B ．安培力的方向总是垂直于磁场的方向

C ．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关

D ．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半

15．B [解析] 本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的

平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A 错误，B 正确；安培力F ＝BIL sin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C 错误；将直导线从中点折成直角，导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半， D 错误．

16．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂

直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表

面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ

的中点O ，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向

和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小

之比为( )

A ．2 B.2 C ．1 D.22

16．D [解析] 本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据q v B ＝m v 2r 有B 1B 2＝r 2r 1·v 1v 2

，穿过铝板后粒子动能减半，则v 1v 2＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r 2r 1＝12，因此B 1B 2＝22

，D 正确． 18．[2014·山东卷] 如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区

域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )

A.s 22qE mh

B.s 2qE mh

C.s 42qE mh

D.s 4qE mh

18．B [解析] 两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直

方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间

相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以

水平位移大小相等．综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为s 2

，竖直位移都为h 2，由h 2＝Eq 2m t 2，s 2＝v 0t 得v 0＝s 2Eq mh

，选项B 正确． 20． [2014·新课标Ⅱ卷] 图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，

硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量

的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法

正确的是( )

A ．电子与正电子的偏转方向一定不同

B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同

C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子

D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小

20．AC [解析] 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A 正确；由轨道公式R ＝m v Bq

知 ，若电子与正电子与进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，故B 错误．由R ＝m v Bq

＝2mE k Bq

知，D 错误．因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C 正确．

9．[2014·江苏卷] 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中

电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两

侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：

U H ＝k I H B d

，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以

忽略，则( )

A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面

B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏

C ．I H 与I 成正比

D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比

9．CD [解析] 由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根

据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负

极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A 选项错误；若电源的正负极对调，则I H 与B

都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B 选项错误；由于电阻R 和R L 都是固定

的，且R 和R L 并联，故I H ＝R L R ＋R L

I ，则C 正确；因B 与I 成正比，I H 与I 成正比，则U H ＝k I H B d

∝I 2，R L 又是定值电阻，所以D 正确． 18．[2014·安徽卷] “人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其

中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的

平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，

以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( ) A.T B ．T C.T 3 D ．T 2

18．A [解析] 本题是“信息题”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力．

根据洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2r 解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r ＝m v qB

.由动能的定义式E k ＝12m v 2，可得r ＝2mE k qB

，结合题目信息可得B ∝T ，选项A 正确。

16． [2014·北京卷] 带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大

小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、

m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )

A. q a

B. m a

C. T a

D. q a m a

16．A 本题考查带电粒子在磁场中的运动和动量定义．带电粒子在匀强磁场中做匀速

圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r

，p ＝m v ，得p ＝qBr ，两粒子动量相等，则q a Br a ＝q b Br b ，已知r a >r b ，则q a

25． [2014·全国卷]

平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上

某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒

子在(d ，0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场

时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：

(1 )电场强度大小与磁感应强度大小的比值；

(2)该粒子在电场中运动的时间．

25．[答案] (1)12v 0tan 2θ (2)2d v 0tan θ

[解析] (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量

与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公

式

及牛顿第二定律得

q v 0B ＝m v 20R 0

① 由题给条件和几何关系可知R 0＝d ② 设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动

的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿定律及运动学公式得

Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x 2

t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝v x v 0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E B ＝12

v 0tan 2 θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 t ＝2d v 0tan θ

⑧ 22．[2014·福建卷Ⅰ] 如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管

道，管道的长为L 、宽为d 、高为h ，上下两面是绝缘板．前后两侧面M 、N 是电阻可忽略

的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R 相连．整个管道置于磁感应强度大小为B 、方向

沿z 轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，

且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用

下，均以恒定速率v 0沿x 轴正向流动，液体所受的摩擦阻

力不变．

(1)求开关闭合前，M 、N 两板间的电势差大小U 0；

(2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp ；

(3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道

的横截面积S ＝dh 不变，求电阻R 可获得的最大功率P m 及相应的宽高比d h

的值． 22．(1)Bd v 0 (2)Ld v 0B 2LhR ＋dρ (3)LS v 20B 24ρ LR ρ

[解析] (1)设带电离子所带的电荷量为q ，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，U 0保

持恒定，有q v 0B ＝q U 0d

① 得U 0＝Bd v 0②

(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p 1、p 2，液体所受的摩擦阻力均为f ，开关

闭合后管道内液体受到的安培力为F 安，有p 1hd ＝f ③

p 2hd ＝f ＋F 安④

F 安＝BId ⑥

根据欧姆定律，有 I ＝U 0R ＋r

⑥ 两导体板间液体的电阻 r ＝ρd Lh ⑦

由②③④⑤⑥⑦式得 Δp ＝Ld v 0B 2

LhR ＋dρ⑧ (3)电阻R 获得的功率为 P ＝I 2R ⑨ P ＝? ??

???L v 0B LR d ＋ρh 2

R ⑩ 当d h ＝LR ρ时，?电阻R 获得的最大功率 P m ＝LS v 20B 24ρ

.? 36．[2014·广东卷] (18分)如图25 所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L .

两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感

应强度为B 0，方向垂直纸面向外. A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN

的距离均为L .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经

宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向

从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，

再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，

不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．

(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；

(2)若2

求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和

Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．

36．(1)qB 20L 22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝k 3－k B 0

[解析] (1)粒子在电场中，由动能定理有

qEd ＝12

m v 2 －0 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力q v B 0＝m v 2r

当k ＝1时，由几何关系得r ＝L 解得 E ＝qB 20L 22md

. (2)由于2

(r －L )2＋(kL )2＝r 2

解得r ＝k 2＋12L 又q v B 0＝m v 2r ，则 v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m

粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力， 即q v B ＝m v 2r 1

由对称性及几何关系可知 kL （3－k ）L ＝r r 1

即r 1＝（3－k ）（k 2＋1）2k L 联立上式解得 B ＝k 3－k

B 0.

11． [2014·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b 相距h ，与图示

电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O 点右侧

相距h 处有小孔K ；b 板上有小孔T ，且O 、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．

质量为m 、电荷量为－q (q >0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射，沿p 板上表

面运动时间t 后到达K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，

电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g .

(1)求发射装置对粒子做的功；

(2)电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A

点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l .此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流

强度；

(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时

在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能

在0～B m ＝()21＋5m

()21－2qt 范围内选取)，使粒子恰好从b 板的T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．

11．(1)mh 22t 2 (2)mh q （R ＋r ）?

???g －2h 3l 2t 2 (3)0<θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v 0，有 h ＝v 0t ①

设发射装置对粒子做的功为W ，由动能定理得 W ＝12m v 20

② 联立①②可得 W ＝mh 22t

2③ (2)S 接“1”位置时，电源的电动势E 0与板间电势差U 有

E 0＝U ④

板间产生匀强电场的场强为E ，粒子进入板间时有水平方向的速度v 0，在板间受到竖直

方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，有

U ＝Eh ⑤ mg －qE ＝ma ⑥ h ＝12at 21

⑦ l ＝v 0t 1⑧ S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足 I ＝E 0R ＋r

⑨ 联立①④～⑨得 I ＝mh q （R ＋r ）?

???g －2h 3l 2t 2⑩ (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进

入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D 点出磁场区域后沿

DT 做匀速直线运动，DT 与b 板上表面的夹角为题目所求夹角θ，

磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角θ为最大值θm ，设粒子做匀

速圆周运动的半径为R ，有 q v 0B ＝m v 20R

? 过D 点作b 板的垂线与b 板的上表面交于G ，由几何关系有

DG ＝h －R (1＋cos θ)? TG ＝h ＋R sin θ? tan θ＝sin θ

cos θ＝DG TG

? 联立①?～?，将B ＝B m 代入，求得 θm ＝arcsin 25

? 当B 逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R 也随之变大，D 点向b 板靠近，DT 与

b 板上表面的夹角θ也越变越小，当D 点无限接近于b 板上表面时，粒子离开磁场后在板间

几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时B m >B >0满足题目要求，夹角θ趋近

θ0，即θ0＝0? 则题目所求为 0<θ≤arcsin 25

? 10．[2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944

m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于

纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D

点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.

小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10

－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端

G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1与P 2与

轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物

体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大

小；(2)倾斜轨道GH 的长度s .

10．(1)4 m/s (2)0.56 m

[解析] (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度

为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，

则F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②

由题意，水平方向合力为零 F －f ＝0③联立①②③式，代入数据解得 v ＝4 m/s ④

(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理

qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12

m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二

定律 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥

P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则 s 1＝v G t ＋12

a 1t 2⑦ 设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧

P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则 s 2＝12

a 2t 2⑨ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s ＝s 1＋s 2⑩ s ＝0.56 m ?

12． [2014·天津卷] 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如

图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子

A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为

U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面

向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多

次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其

做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B

1的大小；.

(2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；

(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子

B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，

不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实

线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能

定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．

A B C D

12．(1)1R 2mU q (2)qU πR nqU 2m

(3)A 图，理由略 [解析] (1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12m v 21

－0① A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 q v 1B 1＝m v 21R

② 由①②得 B 1＝1R 2mU q

③ (2)设A 经n 次加速后的速度为v n ， 由动能定理得 nqU ＝12m v 2n

－0④ 设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有 T n ＝2πR v n

⑤ 设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则 W n ＝qU ⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为 P n ＝W n T n

⑦ 由④⑤⑥⑦解得 P n ＝qU πR nqU 2m

⑧ (3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹．A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为

B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②、⑤式并分别应用A 、B 的数据得 T n ＝2πm qB n

T ′＝2πm kqB n ＝T n k

由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．

经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v ′n ，考虑到④式 v n ＝

2nqU m v ′n ＝2nkqU m

＝k v n 由题设条件并考虑到⑤式，对A 有 T n v n ＝2πR 设B 的轨迹半径为R ′，有 T ′v ′n ＝2πR ′比较上述两式得 R ′＝

R k 上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变．

由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A 所示．

25． [2014·浙江卷] 离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化

原理如图1所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1

价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L ，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离

子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度v M 从右侧喷出．

Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在离轴线R 2

处的C 点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右

看)．电子的初速度方向与中心O 点和C 点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向

Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v 0，电

子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越

好．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电量为e .(电子碰

到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)

(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；

(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按

图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；

(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围；

(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系．

25．[答案] v 2M 2L (2)垂直纸面向外 (3)v 0≤v ≤3eBR 4 m

(4)v max ＝3eBR 4m （2－sin α）

[解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应

用数学解决物理问题的能力． (1)由动能定理得12M v 2M ＝eU ① U ＝M v 2M 2e

② a ＝eE M ＝e U ML ＝v 2M 2L

③ (2)垂直纸面向外④ (3)设电子运动的最大半径

为r 2r ＝32R .⑤ eB v ＝m v 2r ⑥ 所以有v 0≤v <3eBR 4m

⑦ 要使⑦式有解，磁感应强度B >4m v 03eR

.⑧ (4)如图所示，OA ＝R －r ，OC ＝R 2

，AC ＝r 根据几何关系得r ＝3R 4（2－sin α）

⑨ 由⑥⑨式得v max ＝3eBR 4m （2－sin α）

.

8． (16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中

心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线

圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的

重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电

路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确

定重物的质量，已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g .问

(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？

(2)供电电流I 是从C 端还是D 端流入？求重物质量与电流的关系．

(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？

8．[答案] (1)从C 端流出 (2)从D 端流入 2nBIL g (3)2nBL g P R

本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力

平衡的临界状态．

[解析] (1)感应电流从C 端流出．

(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．

由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL 得m ＝2nBL g

I (3)设称量最大质量为 m 0. 由m ＝2nBL g I 和P ＝I 2R 得m 0＝2nBL g P R

9． (18分)[2014·重庆卷] 如题9图所示，在无限长的竖直边界NS 和

MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM

平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下

磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，

NS 和MT 间距为1.8h ，质量为m ，带电荷量为＋q 的粒子从P 点垂直于

NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .

(1)求电场强度的大小和方向．

(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值．

(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．

9．[答案] (1)E ＝mg q ，方向竖直向上 (2) (9－62)qBh m (3)可能的速度有三个：0.68qBh m

，0.545qBh m ，0.52qBh m

本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动．

答题9图1 答题9图2

[解析] (1)设电场强度大小为E .

由题意有mg ＝qE 得E ＝mg q ，方向竖直向上． (2)如答题9图1所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在

上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.

由r ＝m v qB 有r 1＝m v min qB ，r 2＝12

r 1 由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2 r 1＋r 1cos φ＝h v min ＝(9－62)qBh m

(3)如答题9图2所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为

r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .

由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1，2，3…) 32x ≥（9－62）h 2

x ＝r 21－（h －r 1）2 得r 1＝????1＋0.36n 2h 2，n <3.5 即n ＝1时，v ＝0.68qBh m ； n ＝2时，v ＝0.545qBh m ；n ＝3时，v ＝0.52qBh m

14．[2014·江苏卷] 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长

为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直

且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′

上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子

以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好

到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重

力．

(1)求磁场区域的宽度h ；

(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N

点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；

(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小

的可能值．

14．[答案] (1)????23L －3d ???

?1－32 (2)qB m ????L 6－34d (3)qB m ? ????L n ＋1－3d ?

???1≤n <3L 3d －1，n 取整数 [解析] (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意 L ＝3r sin 30°＋3d cos 30°

且h ＝r (1－cos 30°) 解得 h ＝????23L －3d ???

?1－32. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′ m v 2

r ＝q v B ，m v ′2r ′

＝q v ′B ， 由题意知 3r sin 30°＝4r ′sin 30° 解得Δv ＝v －v ′＝qB m ???

?L 6－34d . (3)设粒子经过上方磁场n 次 由题意知 L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30° 且 m v 2n r n ＝q v n B ，解得 v n ＝qB m ? ????L n ＋1－3d ?

???1≤n <3L 3d －1，n 取整数

24．(20分)[2014·山东卷] 如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在

匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．

t ＝0时刻，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0.由Q 板左端靠近板

面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可

使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、

v 0为已知量．

图甲 图乙

(1)若Δt ＝12

T B ，求B 0； (2)若Δt ＝32

T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝4m v 0qd

，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B . 24．[答案] (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)? ????π2

＋arcsin 14d 2v 0 [解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R 1

① 据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 B 0＝m v 0qd

③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得 a ＝v 20R 2

④ 据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 20d

⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得 T ＝2πR v 0

⑦ 由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R

⑧ 由题意知B 0＝4m v 0qd

，代入⑧式得 d ＝4R ⑨ 粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连接与水平方向的夹角为θ，在每个T B

内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ<π2

，由题意可知

π2＋θ2π

T ＝T B 2⑩

设经历完整T B 的个数为n (n ＝0，1，2，3……)

若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得

R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ?

当n ＝0时，无解?

当n ＝1时，联立⑨?式得 θ＝π6(或sin θ＝12

)? 联立⑦⑨⑩?式得 T B ＝πd 3v 0

? 当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求?

若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ?

当n ＝0时，无解? 当n ＝1时，联立⑨?式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14

)? 联立⑦⑨⑩?式得 T B ＝? ????π2

＋arcsin 14d 2v 0? 当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．?

2014年高考物理真题分类汇编 专题10：电磁感应

（2014上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为

圆形。则磁场（）

（A ）逐渐增强，方向向外 （B ）逐渐增强，方向向里

（C ）逐渐减弱，方向向外 （D ）逐渐减弱，方向向里

17．CD [解析] 本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是

阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积

是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD

都有可能。

14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，

能观察到感应电流的是( )

A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化

B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化

C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到

相邻房间去观察电流表的变化

D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，

观察电流表的变化

14．D 产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产

生感应电流．本题中的A 、B 选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流

的条件，故不正确．C 选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到

相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．

在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D 选项正确．

18．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上．在ab 线

圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流

经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是

( )

18．C [解析] 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab 线圈电流

的变化率与线圈cd 上的波形图一致，线圈cd 上的波形图是方波，ab 线圈电流只能是线性

变化的，所以C 正确．

[2014·江苏卷] 如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场

垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大

小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )

A.Ba 22Δt

B.nBa 22Δt

C.nBa 2Δt

D.2nBa 2Δt

1．B [解析] 根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt

，这里的S 指的是线圈在磁场中的有效面积，即S ＝a 22，故E ＝n （2B －B ）S Δt ＝nBa 2

2Δt ，因此B 项正确．

16．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下

叙述正确的是( )

A ．F M 向右

B ．F N 向左

C ．F M 逐渐增大

D ．F N 逐渐减小

16．BCD [解析] 根据安培定则可判断出，通电导线在M

区产生竖直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确．设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电

流为I ′，则导体棒受到的安培力F 安＝BI ′L ＝B BL v R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r

，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小．选项C 、D 正确．

6．[2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )

A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到D

B ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到C

C ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 N

D ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N

6．AC [解析] 由于B ＝(0.4－0.2 t ) T ，在t ＝1 s 时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C 到D ，A 正确．在t ＝3 s 时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C 到D ，

B 错误．由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt

S sin 30°＝0.1 V ，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I ＝E R

＝1 A ，在t ＝1 s 时，B ＝0.2 T ，方向斜向下，电流方向从C 到D ，金属杆对挡板P 的压力水平向右，大小为F P ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，C 正确．同理，在t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为F H ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，D 错误．

20．[2014·安徽卷] 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．

如图所示，一个半径为r 磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球．已知磁感应强度B 随时间均匀

增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用

力所做功的大小是( )

A ．0 B.12

r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk 20．D [解析] 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”

的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E 感＝ΔΦΔt

＝ΔB Δt

·S ＝k ·πr 2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W ＝qE 感＝πr 2qk .选项D 正确。

20． [2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )

A ．均匀增大

B ．先增大，后减小

C ．逐渐增大，趋于不变

D ．先增大，再减小，最后不变

20．C [解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C 正确．

15． [2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，

小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则

小磁块( )

A ．在P 和Q 中都做自由落体运动

B ．在两个下落过程中的机械能都守恒

C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长

D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大

15．C [解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受

到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A 、B 错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P 中的下落时间比在Q 中的长，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，选项C 正确，选项D 错误．

7．[2014·江苏卷] 如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，

A ．增加线圈的匝数

B ．提高交流电源的频率

C ．将金属杯换为瓷杯

D ．取走线圈中的铁芯

7．AB [解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt

知，增加线圈的匝数n ，提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期(相当于

减小Δt )，这两种方法都能使感应电动势增大故选项A 、B 正确．将金属杯换为瓷杯，则没有闭合电路，也就没有感应电流；取走线圈中的铁芯，则使线圈中的磁场大大减弱，则磁通量的变化率减小．感应电动势减小．故选项C 、D 错误．

25． [2014·新课标Ⅱ卷] 半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应

强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之

间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角

速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设

导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重

力加速度大小g .求

(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小：(2)外力的功率．

25. [答案] (1)从C 端流向D 端 3ωBr 2

2R

(2)32μmg ωr ＋9ω2B 2r 44R

[解析] (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为

ΔS ＝12

ωΔt [(2r )2－r 2]① 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为

ε＝B ΔS

Δt ②

根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端．因此，通过电阻R 的感应电流的方

向是从C 端流向D 端．由欧姆定律可知，通过电阻R 的感应电流的大小I 满足 I ＝εR

③ 联立①②③式得I ＝3ωBr 2

2R

.④ (2)在竖直方向有 mg －2N ＝0⑤ 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N ，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为 f ＝μN ⑥

在Δt 时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为 l 1＝r ωΔt ⑦和l 2＝2r ωΔt ⑧ 克服摩擦力做的总功为 W f ＝f (l 1＋l 2)⑨

在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为 W R ＝I 2R Δt ⑩ 根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为 W ＝W f ＋W R ?

外力的功率为 P ＝W Δt

? 由④至12式得 P ＝32μmg ωr ＋9ω2B 2r 4

4R ? 23．[2014·安徽卷] (16分)如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A ”形状的光滑金属导轨的MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m ，质

量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定

速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g

取10 m/s 2.

图1 图2

(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；

(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图2中画出Fx 关系图像；

(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．