2012-2015全国卷物理高考题分类汇总-安培力
高考物理一轮复习磁场《安培力》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习《安培力》典型题(精排版)1．直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd 和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是( )A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C．电流大小恒定，方向由c到dD．电流大小恒定，方向由d到c2．如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I 方向从M到N，绳子的拉力均为F.为使F＝0，可能达到要求的方法是( ) A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场3．如图所示，一弓形线圈通以逆时针电流，在其圆弧的圆心处，垂直于纸面放一直导线，当直导线通有指向纸内的电流时，线圈将( )A．a端向纸内，b端向纸外转动，且靠近导线B．a端向纸内，b端向纸外转动，且远离导线C．b端向纸内，a端向纸外转动，且靠近导线D．b端向纸内，a端向纸外转动，且远离导线4．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB5．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘线水平吊起通电直导线A.A与螺线管垂直，“×”表示导线中电流的方向垂直于纸面向里．电键S闭合后，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是( )A．水平向左B．水平向右C．竖直向下D．竖直向上6．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是( )A．B＝mg tan α/IL，方向垂直斜面向上B．B＝mg sin α/IL，方向垂直斜面向下C．B＝mg tan α/IL，方向竖直向上D．B＝mg/IL，方向水平向右7．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边8．如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是( )A．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD，导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是( )10．如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器．电源电动势E＝12 V，内阻为r＝1.0 Ω.一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力；(2)通过金属棒的电流；(3)滑动变阻器R接入到电路中的阻值．11．磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用．图甲是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成．如图乙所示，通道尺寸a＝2.0 m、b＝0.15 m、c＝0.10 m．工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0 T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使金属板间的电压U＝99.6 V；海水沿y轴方向流过通道．已知海水的电阻率ρ＝0.20 Ω·m.(1)船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；(2)船以v s＝5.0 m/s的速度匀速前进．若以船为参照物，海水以5.0 m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到v d＝8.0 m/s.求此时两金属板间的感应电动势U感；(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U′＝U－U感计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力．当船以v s＝5.0 m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率．高考物理一轮复习《安培力》典型题(精排版)1．解析：导线ab向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱，通过cd的电流大小在减小，与电流方向无关．答案：B2．解析：为使F＝0，则F安必竖直向上且F安＝mg，由左手定则可判定磁场一定是垂直纸面向里，故选项C正确．答案：C3．答案：A4．解析：由左手定则可判断，导线所受磁场力方向沿纸面向上，C、D错；导线的有效长度为ad的长度，即L有效＝(2＋1)L，故安培力的大小为F＝(2＋1)BIL，因此选A.答案：A5．解析：电键闭合后根据安培定则可判定导线所在位置处磁感线的方向为水平向右，再由左手定则判定导线受到安培力的方向为竖直向下，C项正确．答案：C6．解析：导线在重力、支持力和安培力三力作用下平衡，当磁场方向垂直斜面向上时，安培力沿斜面向下，三力不可能平衡，A错；当磁场方向垂直斜面向下时安培力沿斜面向上，则有mg sin α＝BIL，故B＝mg sin α/IL，B项正确；当磁场方向竖直向上时，安培力水平向右，三力不可能平衡，C错；若磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，三力也不可能平衡，D错．答案：B7．解析：根据安培定则，a、b在c处产生的磁场分别为垂直于ac连线斜向下和垂直于bc连线斜向下并且大小相等，由平行四边形定则可确定c处合磁场方向向下，又根据左手定则，可判定c处直导线所受安培力方向垂直于ab边，指向左边，所以C项正确．答案：C8．解析：由安培力的表达式F ＝BIL 结合图乙可知，安培力F 在一个周期内随磁感应强度B 的变化而变化，在前14周期内，安培力F 方向不变，大小变小，加速度方向不变，大小变小，由于初速度为零，所以在水平方向上做变加速直线运动；在14周期到12周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，加速度方向改变，速度减小，至12周期时速度减小到零，所以D 正确；而后在12周期到34周期内，MN 反向加速，在一个周期结束时又回到原来的位置，所以A 正确．答案：AD9．解析：当F f ＝μBIL ＝μBLkt ＜mg 时，棒沿导轨向下加速；当F f ＝μBLkt ＞mg 时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：F f ＝μBLkt ；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：F f ＝mg ，故选项C 正确．答案：C10．解析：金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示． (1)F 安＝mg sin 30° F 安＝0.1 N (2)由F 安＝BIL 解得I ＝F 安BL＝0.5 A (3)设变阻器接入电路的阻值为R ，根据闭合电路欧姆定律E ＝I (R ＋r )解得R ＝EI－r ＝23 Ω答案：(1)F 安＝0.1 N (2)I ＝0.5 A (3)R ＝23 Ω11．解析：(1)根据安培力公式，推力F 1＝BI 1b ，其中I 1＝U R ，R ＝ρbac，则F 1＝B U Rb ＝Uac ρB ＝796.8 N ，对海水推力的方向沿y 轴正方向(向右)．(2)U 感＝Bbv d ＝9.6 V.(3)根据欧姆定律，I2＝U′R＝U－Bvdb acρb＝600 A，安培推力F2＝BI2b＝720 N，对船的推力F＝80%F2＝576 N，推力的功率P＝Fv s＝80%F2v s＝2 880 W.答案：(1)796.8 N，沿y轴正方向(2)9.6 V (3)2 880 W。
全国高考物理试题汇编(全部14套)
2012年普通高等学校招生全国统一考试物理试题汇编目录1、2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷大纲版）-------22、2012年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷新课标版）---73、2012年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）-----------------134、2012年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）-----------------205、2012年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）-----------------246、2012年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）-----------------297、2012年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）------------------348、2012年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）-----------------399、2012年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）-----------------4510、2012年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）---------------5011、2012年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）---------------5512、2012年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）---------------6113、2012年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）---------------6614、2012年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）------------702012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试物理部分解析版（全国卷大纲版）（适用地区：贵州、甘肃、青海、西藏、广西）二，选择题：本题共8题。
在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项份额和题目要求，有的有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有选错的德0分。
14.下列关于布朗运动的说法，正确的是 （ ）A ．布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C ．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的14.BD 【解题思路】 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，选项A错；液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项B 正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，选项C 错，选项D 正确。
2012-2013高考物理试题分类汇编(简单题、带答案) 磁场
2012年高考物理试题分类汇编：磁场1．（2012天津卷）．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（）A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小2．(2012全国理综)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。
下列说法正确的是A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的半径一定不相等D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等3．(2012全国理综).如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。
关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同4．（2012海南卷）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。
一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。
这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。
不计重力。
下列说法正确的是A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大5．（2012广东卷）.质量和电量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速度率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是 A ．M 带负电，N 带正电 B.M 的速度率小于N 的速率 C.洛伦磁力对M 、N 做正功 D.M 的运行时间大于N 的运行时间6．（2012北京高考卷）．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值A ．与粒子电荷量成正比B ．与粒子速率成正比C ．与粒子质量成正比D ．与磁感应强度成正比 7．（2012安徽卷）. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿 直径AOB 方向射入磁场，经过t ∆时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角。
高考物理知识点二轮复习练：安培力(word版含答案)
安倍力一、选择题（共15题）1．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形团合回路，虚线M N右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（）A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E=Bav D．感应电动势平均值1=4E Bav2．小明在课后用铜丝自制了一个“心”形的线圈，他把一节干电池的正极朝上放在一个强磁铁上，强磁铁的N 朝上，S极朝下，然后把制成的线圈如图所示放在电池上，顶端搁在电池的正极，下部分和磁铁接触，忽略各接触面上的摩擦力，从上往下看，则（）A．线圈不会转B．线圈做顺时针转动C．线圈做逆时针转动D．转动方向无法判断3．电磁炮是一种新式兵器，炮弹的出射速度可达当前海军舰炮的3倍以上，其原理是利用磁场产生的安培力来对金属炮弹进行加速。
图为电磁炮的示意图，两根间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，质量为m的金属炮弹垂直于MN、PQ放在轨道上，距轨道右端的距离为d，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，闭合开关后，恒流源输出的电流恒为I，炮弹由静止开始加速距离d 后脱离导轨高速射出，不计导轨及导体棒ab的电阻，不计空气阻力，则此过程中恒流源输出的最大功率为A B C D4．如图所示，垂直穿过纸面的三根导线a，b和c分别位于等边三角形的三个顶点，通有大小为I、I和2I的恒定电流，方向如图。
导线c所受安培力的方向（）A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边5．一根长为0.2m、通有2A电流的通电导线放在磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，则其受到的安培力的大小可能是（）A．0.5N B．0.4N C．0.3N D．0.1N6．下列说法正确的是（）A．由UEd=可知，电场强度E与电场力F成正比，与试探电荷q成反比B．若匀强电场中A、B两点间沿着电场线方向的距离为d，且两点间电势差为U，则该电场的场强一定为UEd=C．将长度为L、电流强度为I的通电直导线放在磁感应强度为B的匀强磁场中，则导线所受的安培力一定为F=BILD．将面积为S的矩形线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，通过线框的磁通量一定为Φ=BS7．关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（）A．电荷放入静电场中一定受静电力，正电荷所受静电力的方向与该处电场强度方向相同B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直C．电荷放入磁场中一定受洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直D．电场力可以做正功、负功或者不做功，安培力和洛伦兹力永不做功8．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。
2012全国普通高校招生考试试题分类汇编：电磁感应
（2013高考上海物理第33题）(16分)如图，两根相距L＝0.4m、电阻不
计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相
连。
导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导
轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T。
一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。
棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。
求：
(1)电路中的电流；
(2)金属棒在x＝2m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率
（2013全国新课标理综1第25题）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。
导轨上端接有一平行板电容器，
电容为C。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大
小为B，方向垂直于导轨平面。
在导轨上放置一
质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑
过程中保持与导轨垂直并良好接触。
已知金属棒
与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大
小为g。
忽略所有电阻。
让金属棒从导轨上端由
静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
安培力(带详细答案)
磁场与安培力考点一对磁感应强度的理解1、理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比。
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。
(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。
2、磁感应强度B与电场强度E的比较3、地磁场的特点(1)在地理两极附近磁场最强，赤道处磁场最弱。
(2)地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
(3)在赤道平面(地磁场的中性面)附近，距离地球表面相等的各点，地磁场的强弱程度相同，且方向水平。
1、(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。
关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转2、(2014·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3、如图所示，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。
ab 、bc 和cd 段的长度均为L ，且Ⅰabc ＝Ⅰbcd ＝135°。
流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示。
判断导线abcd 所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是( )A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB ．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC ．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD ．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB考点二 安培定则的应用与磁场的叠加1、常见磁体的磁感线2、电流的磁场及安培定则安培定则 磁感线 磁场特点直线电流的磁场无磁极、非匀强磁场，且距导线越远磁场越弱 环形电流的磁场 环形电流的两侧分别是N 极和S 极，且离圆环中心越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场 3、磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则。
高考物理-历年高考真题分类汇编2015K单元 磁场
[] K单元磁场K1磁场安培力4．K1[2015·江苏卷] 如图1-1所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方. 线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态. 若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()图1-1A B C D图1-24．A[解析] 根据安培力F＝BIL，这里的B、I都相同，决定安培力大小的就是L了，L大则F大，就易使天平失去平衡．显然，选项A中的导线有效长度最长．选项A正确．18．[2015·全国卷Ⅱ] K1指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转[解析] BC指南针为一具有磁性的物体，有两个磁极，A错误；指南针能指南北，说明指南针受到地磁场的作用，B正确；当有铁块存在时，指南针会与铁块产生相互作用的磁力，故指向受到干扰，C正确；指南针正上方的通电导线会产生磁场，与地磁场共同作用于指南针，故指南针会发生偏转，D错误．24．K1[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-9所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图1-924．竖直向下0.01 kg[解析] 依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg⑤7．[2015·重庆卷] K1E1音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．图1-9是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.图1-9(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．[答案] (1)nBIL水平向右(2)nBIL v[解析] (1)由题意，线圈在磁场中所受安培力为F安＝nBIL，由左手定则可知，方向水平向右．(2)当线圈向右运动速度为v时，由P＝F安v，代入后得P＝nBIL v.K2磁场对运动电荷的作用9．[2015·重庆卷] K2I3图1-11为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电荷量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：图1-11(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．[答案] (1)22qUmqkd(2)22nqUmqkd(n＝1，2，3，…，k2－1)(3)（2k2－3）πmkd22qUm（k2－1）h 2（k2－1）mqU[解析] (1)带电离子在电场中加速，由动能定理可知qU＝12m v2离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R由几何关系得kd ＝2R 由以上三式得B ＝22qUmqkd.(2)设离子加速n 次后能打到P 点，有nqU ＝12m v 2由几何关系得kd ＝2R解得B ＝22nqUmqkd(n ＝1，2，3，…，k 2－1)．(3)加速n 次，离子在电场中运动的距离为nh ，且离子在电场中的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，则当n ＝k 2－1时，离子获得最大能量，在电场中运动的时间t电＝h 2（k 2－1）m qU ；T ＝2πmqB，t磁＝θ2πT ，当离子加速n 次后，在磁场转过的圆心角θ为(2n－1)π，当n ＝k 2－1时，代入B 可得，t 磁＝（2k 2－3）πmkd 22qUm （k 2－1）.17．D4，F2，K2[2015·北京卷] 实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图1-2所示，则( )图1-2A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C ．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里17．D [解析] 带电粒子在磁场中只受洛伦兹力做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即q v B ＝m v 2R ，则半径R ＝m vqB .β衰变过程动量守恒，而q β<q 新，则R β>R 新，所以轨迹1为电子的轨迹，轨迹2是新核的轨迹．又由左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．所以选项D 正确．16．[2015·广东卷] K2在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1[解析] B 洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v 2r ，则r ＝m v qB ＝pqB ，在动量大小相同的情况下，轨道半径与电荷量成反比，r αr p ＝q p q α＝e 2e ＝12，故A 错误；周期T ＝2πr v ＝2πm qB ，故周期比为T αT p ＝m αm p ·q p q α＝41×12＝21，故B 正确；速度v ＝pm ，动量大小相同时，速度大小与质量成反比，即v αv p ＝m pm α＝14，故C 错误；受到的洛伦兹力之比为：f αf p ＝q αv αB q p v p B ＝2e e ×14＝12，故D 错误．1．[2015·海南卷] K2如图1-1所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1-1A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右[解析] A 磁极S 在a 点产生的磁场方向垂直于竖直面P 水平向外，电子在a 点的运动方向水平向右，根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上．选项A 正确．19．[2015·全国卷Ⅱ] K2有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等[解析] AC 电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹的半径、加速度、周期和角速度分别为r ＝m v Bq 、a ＝B v q m 、T ＝2πm Bq 、ω＝Bqm，故选A 、C.14．K2[2015·全国卷Ⅰ] 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大( )B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小14．D [解析] 根据r ＝m vqB ，B 减小，则r 增大；v ＝ωr ，由于磁场不会改变v 的大小，r 增大导致角速度ω减小，D 正确．1．[2015·重庆卷] K2图1-1中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )图1-1A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹[解析] D 题目中告知“磁感应强度方向垂直于纸面向里”，根据左手定则推知，径迹为a 、b 的粒子带正电，径迹为c 、d 的粒子带负电，再根据α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电可知本题选D.7．[2015·四川卷] K2K4如图1-4所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ．电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图1-4A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm[解析] AD 电子运动的轨道圆半径R ＝m vqB ＝4.55 cm .用虚线表示所有轨道圆的圆心轨迹，圆心轨迹与MN 相切于O 点．当θ＝90°时，如图甲，四边形O1SOM是正方形，上边界轨道圆与MN相切于M点，同理下边界轨道圆与MN相切于N点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l＝9.1 cm，A 对．当θ＝60°时，如图乙，MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转30°，上边界轨道圆与MN的切点位于M、O之间，下边界轨道圆与MN相交于N点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l＜9.1 cm，B错．当θ＝45°时，如图丙，MN相当于从竖直位置绕O点顺时针转45°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M、O之间，下边界轨道圆与MN相交于N点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l>4.55 cm，C错．当θ＝30°时，如图丁，圆心轨迹与MN交于O，过O点作垂直于MN的直线，交圆心轨迹于O1，连接SO1，则三角形OO1S是等边三角形，O1O垂直于MN，所以上边界轨道圆与MN相切于O点，下边界轨道圆与MN相交于N点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l＝4.55 cm，D对．25．[2015·浙江卷] K2K3使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图1-11所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．图1-1125．(1)m vBr ，正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)沿径向向外，B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）[解析] (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，正电荷②(2)如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④根据几何关系得 R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R⑧E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨K3 带电粒子在组合场及复合场中运动12．K3[2015·天津卷] 现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图1-13所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d .电场强度为E ，方向水平向右；磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ，试求sin θn ；(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．图1-1312．(1)2BmEdq(2)B nqd2mE(3)略 [解析] (1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd ＝12m v 22①由①式解得 v 2＝2qEdm② 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 q v 2B ＝m v 22r 2③由②③式解得 r 2＝2BmEdq④(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd ＝12m v 2n ⑤q v n B ＝m v 2nr n⑥粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦ 由图1看出图1r n sin θn －r n sin αn ＝d ⑧ 由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩ 当n ＝1时，由图2看出图2 r1sin θ1＝d⑪由⑤⑥⑩⑪式得sin θn＝B nqd2mE⑫(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝π2sin θn＝1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q′m′，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时，速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于q′m′>q m则导致sin θ′n>1说明θ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．22．[2015·福建卷] D2E2K3如图1-11所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小v C；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小v P.图1-11[答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2 [解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时，有 N ＝0 解得v C ＝EB .(2)由动能定理，有 mgh －W f ＝12m v 2C －0解得W f ＝mgh －mE 22B2.(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′g ′＝⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2.15．E2，I3，K3[2015·江苏卷] 一台质谱仪的工作原理如图1-15所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围； (3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数. (取lg2 ＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)图1-1515．(1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)3[解析] (1)离子在电场中加速qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动q v B ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q代入r 0＝34L ，解得m ＝9qB 2L 232U 0.(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点r ＝56L ，U ＝100U 081离子打在N 点r ＝L ，U ＝16U 09则电压的范围100U 081≤U ≤16U 09.(3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调节电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1U 0 此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上 56L r 1＝U 1U 0 解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则L r 1＝U 2U 0，56Lr 2＝U 2U 0 解得r 2＝⎝⎛⎭⎫563L同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝⎛⎭⎫56n ＋1L检测完整，有r n ≤L 2解得n ≥lg 2lg ⎝⎛⎭⎫65－1≈2.8最少次数为3次．24．[2015·山东卷] K3如图1-11所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．图1-11(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2m v qD 、4m vqD ，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．[答案] (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v3qD(3)5.5πD[解析] (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE ·d 2＝12m v 2① 由①式得 E ＝m v 2qd②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2R③如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得甲R ＝D 4④联立③④式得 B ＝4mv qD⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R ＝3D 4⑥联立③⑥式得 B ＝4mv 3qD⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2mv qD 、B 2＝4mvqD，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R 1，qvB 2＝m v 2R 2⑧代入数据得 R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得 T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v⑩据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系得乙θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫ α＝60°⑬粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得丙t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭ 设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得 s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯25．[2015·浙江卷] K2K3使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B .为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图1-11所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．图1-1125．(1)m vBr ，正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)沿径向向外，B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）[解析] (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，正电荷②(2)如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④根据几何关系得 R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨K4 磁场综合7．[2015·四川卷] K2K4如图1-4所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ．电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝－1.6×10－19 C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图1-4A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm[解析] AD 电子运动的轨道圆半径R ＝m vqB ＝4.55 cm .用虚线表示所有轨道圆的圆心轨迹，圆心轨迹与MN 相切于O 点．当θ＝90°时，如图甲，四边形O 1SOM 是正方形，上边界轨道圆与MN 相切于M 点，同理下边界轨道圆与MN 相切于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝9.1 cm ，A 对．当θ＝60°时，如图乙， MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转30°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＜9.1 cm ，B 错．当θ＝45°时，如图丙，MN 相当于从竖直位置绕O 点顺时针转45°，上边界轨道圆与MN 的切点位于M 、O 之间，下边界轨道圆与MN 相交于N 点，所以电子打在板上可能位置的区域的长度l >4.55 cm ，C 错．当θ＝30°时，如图丁，圆心轨迹与MN 交于O ，过O 点作垂直于MN 的直线，交圆心轨迹于O 1，连接SO 1，则三角形OO 1S 是等边三角形，O 1O 垂直于MN ，所以上边界轨道圆与MN 相切于O 点，下边界轨道圆与MN 相交于N 点， 所以电子打在板上可能位置的区域的长度l ＝4.55 cm ，D 对．3．2015·浙江宁波高三上学期期末如图K28-3所示，有一直角三角形OAC ，OC 长为12 cm ，∠C ＝30°，AC 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝1 T ，OA 左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B 2未知，一质量为m ＝8×10－10 kg 、电荷量q＝1×10－4 C 的带正电粒子从C 点以垂直于OC 的速度v 进入磁场，恰好经A 点到达O 点，不计粒子重力，求：(1)B 2的大小；(2)粒子在磁场中从C 点经A 点到达O 点运动的总时间．图K28-33．(1)2 T (2)8π×10－6 s[解析] (1)粒子在AC 上方磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，如图所示，其圆心为O 1，设轨迹半径为r 1，则∠O 1AC ＝∠O 1CA ＝30°所以：∠AO 1O ＝2∠O 1CA ＝60°，粒子的偏转角是120°由几何关系得：r 1＋r 1cos 60°＝OC 所以：r 1＝23OC ＝23×12 cm ＝8 cm由洛伦兹力提供向心力得：qvB 1＝m v 2r 1所以：v ＝qB 1r 1m＝1.0×104 m/s粒子在OA 左侧磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，如图所示，其圆心为O 2，设轨迹半径为r 2，则AO ＝2r 2·cos ∠OAO 1＝2r 2·cos 30°＝3r 2 所以：r 2＝33AO ＝33·OC ·tan 30°＝33×12×33cm ＝4 cm 由洛伦兹力提供向心力得：qvB 2＝mv 2r 2所以：B 2＝mvqr 2代入数据得：B 2＝2 T.(2)粒子在AC 上方磁场中运动的周期：T 1＝2πr 1v ＝2πmqB 1而t 1＝120°360°T 1＝2πm3qB 1粒子在OA 左侧磁场中运动的周期：T 2＝2πr 2v ＝2πm qB 2由图可知，粒子在OA 左侧磁场中偏转的角度也是120° 所以：t 2＝120°360°T 2＝2πm3qB 2粒子在磁场中运动的总时间：t ＝t 1＋t 2代入数据得：t ＝8π×10－6 s. 3．2015·湖北八校高三第一次联考如图K29-4所示，在无限长的水平边界AB 和CD 间有一匀强电场(图中未画出)，同时在AEFC 、BEFD 区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，EF 为左、右磁场的分界线．AB 边界上的P 点到边界EF 的距离为(2＋3)L .一带正电的微粒从P 点的正上方的O 点由静止释放，从P 点垂直AB 边界进入电、磁场区域，且恰好不从AB 边界飞出电、磁场．已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为g ，电场强度大小E (E 未知)和磁感应强度大小B (B 未知)满足E B＝2 gL ，不考虑空气阻力．(1)求O 点距离P 点的高度h ；(2)若微粒从O 点以v 0＝3gL 的速度水平向左抛出，且恰好垂直下边界CD 射出电、磁场，求微粒在电、磁场中运动的时间t .图K29-43．(1)L 2 (2)2π⎝⎛⎭⎫23＋k L g(k ＝0，1，2，…) [解析] (1)设微粒带电荷量为q ，质量为m ，轨迹为圆弧，有qE ＝mg .设微粒在磁场中运动速率为v 1时轨迹恰好与AB 相切，如图甲所示(图中适当加大了上、下边界之间的距离)，O 1、O 2为微粒在左、右磁场中运动轨迹的圆心，O 1O 2与竖直方向夹角为θ，甲 乙由几何知识知sin θ＝32设微粒运动半径为r 1，由几何关系有r 1＋r 1sin θ＝(2＋3)L ，得r 1＝2L 由洛伦兹力提供向心力有qv 1B ＝mv 21r 1由动能定理有mgh ＝12mv 21已知E B ＝2 gL ，得h ＝L 2. (2)设微粒运动到AB 边界上的M 点的时间为t 1，水平距离x 1，如图乙所示，由平抛运动规律有x 1＝v 0t 1h ＝12gt 21代入v 0＝3gL 、h ＝L 2得t 1＝L g ，x 1＝3L . 微粒在M 点时竖直分速度v 1＝gL ，速度为v ＝2 gL ，与AB 夹角为θ′＝30°.由qvB ＝m v 2r 2知微粒在磁场中运动半径r 2＝4L ，微粒从M 点转过30°垂直到达EF 边界． 微粒在磁场中运动周期T ＝2πr 2v ＝4π L g由题意知微粒运动时间t ＝T 3＋kT 2(k ＝0，1，2…) 微粒运动时间t ＝2π⎝⎛⎭⎫23＋k L g(k ＝0，1，2…)． 2．2015·北京朝阳高三上学期期末如图K30-2所示，在x ≤l 、y ≥0范围内有一匀强磁场，方向垂直纸面向里；在x ≤l 、y ≤0范围内有一电场强度为E 的匀强电场，方向沿y 轴负方向．质量为m 、电荷量为－q 的粒子从y 轴上的M 点由静止释放，粒子运动到O 点时的速度为v .不计粒子重力．(1)求O 、M 两点间的距离d .(2)如果经过一段时间，粒子能通过x 轴上的N 点，O 、N 两点间的距离为b (b <l )，求匀强磁场的磁感应强度B 的大小．图K30-22．(1)mv 22qE (2)2nmv qb(n ＝1，2，3…) [解析] (1)粒子在电场中只受静电力，根据动能定理得qEd ＝12mv 2－0 所以d ＝mv 22qE. (2)粒子进入磁场，做匀速圆周运动，设其轨道半径为r ，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r由于粒子从O 点到N 点经历半圆的轨迹可以有n 个(n ＝1，2，3…)，所以b ＝2nr (n ＝1，2，3…)所以B ＝2nmv qb(n ＝1，2，3…)． 3．2015·河北邯郸高三教学质量检测如图K30-3所示，边长L ＝0.2 m 的正方形区域(含边界)abcd 内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝5.0×10－2T ．带电平行金属板MN 、PQ 间形成了匀强电场(不考虑金属板在其他区域形成的电场)，MN 放在ad 边上，两板左端M 、P 恰在ab 边上，两板右端N 、Q 间有一绝缘挡板EF .EF 中间有一小孔O ，金属板长度、板间距、挡板长度均为l ＝0.1 m ．在M 和P 的中间位置有一离子源S ，能够正对孔O 不断发射出不同速率的带正电离子，离子的电荷量均为q ＝3.2×10－19 C ，。
2015高考新课标全国I卷物理试题详解及分析
像上所能获取的信息； v t 图像所围成的面积为物块运动的位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大
高度也可以求出，故 D 正确。由 0 ~ t1 以及 t1 ~ 2t1 两段的运动情况，结合一般运动规律，可知
AC
正确。
运动图像为高考常考题型，学生一定要把它掌握好。多数运动类型的题目，我们基本上都可以
画出它的运动图像直观的把它表现出来，使学生更容易的把题目分析好、理解好。
20．如图 (a) ，一物块在 t = 0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v－ t 图线如图 (b) 所示。若重力加速
度及图中的 v0、 v1、 t 1 均为已知量，则可求出
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
此题为运动图像的应用，对于运动图像，我们首先要看清楚横纵坐标所表示的物理量。分析图
15．如图，直线 a、 b 和 c、 d 是处于匀强电场中的两组平行线， M、N、 P、Q是它们的交点，四点处
的电势分别为 M 、 N 、 P 、 Q 。一电子由 M点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所 做的负功相等。则
A ．直线 a 位于某一等势面内， M > Q B．直线 c 位于某一等势面内， M > N
所 需 的 向 心 力 ， 即 4mg mg
2
m v ， 由 动 能 定 理 可 得 ： mg 2R W R
1 mv2 ， 联 立 可 得 2
1
W
mgR ，故 BD 错误。质点由 N 到 Q，摩擦力所做的功一样，此时只需要用能量守恒定律可得
2
质点运动到 Q点还有动能，故质点还会继续上升一段距离（自己验证）。此题需要简单的计算，这
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(2015.1)24．(12分) 如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池
相连，电路总电阻为2Ω。
已知开关断开时两弹簧的伸长量均为
0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断
开时相比均改变了0.3cm ，重力加速度大小取10m/s 2。
判断开关
闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
24.
依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为10.5cm l = 。
由胡克定律和力的平衡条件得
12k l mg =
式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小。
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F=IBL
式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度。
两弹簧个字再伸长了20.3l cm = ，由胡克定律和力的平衡条件得
122()k l l mg F +=+
由欧姆定律有
E=IR
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。
代入题给数据的
m=0.01kg
(2015.2)18. 指南针是我国古代四大发明之一。
关于指南针，下列说明正确的是
A. 指南针可以仅具有一个磁极
B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【答案】BC
考点：安培定则
（2014年全国卷1）
15.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.【答案】：B
【解析】：由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A错的B对的；F=BIL sin θ,安培力大小与磁场和电流夹角有关，C错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于导线长度一半，D错的。