高考一轮复习：磁场

高考一轮复习：磁场
一、选择题
1．（2025·江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大
2．（2024高二上·绿园月考）2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
3．（2025高二下·信宜开学考）当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极垂直纸面向外的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·北京市）如图所示，交流发电机中的线圈沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为。下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．线圈转到图示位置时，边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为
5．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为 △L1和 △L2、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为 。比例系数k 的单位是（　　）
A． kg m/(s2 A) B． kg m/(s2 A2)
C．kg m2/(s3 A) D．kg m2/(s3 A3)
6．（2025·福建） 如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（　　）
A． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
7．（2025·浙江模拟）汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
8．（2025高二下·罗湖月考）在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　）
A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大
C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等
9．（2025·湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（　　）
A．0 B．B C．2B D．3B
10．（2024·贵州） 如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（　　）
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
11．（2025高二下·东莞月考）如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点、连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向（A到B、C到D）的电流。下列说法正确的是（　　）
A．通电后，AB棒仍将保持静止
B．通电后，AB棒将逆时针转动（俯视）
C．通电后，AB棒将顺时针转动（俯视）
D．通电瞬间，线段上存在磁感应强度为零的位置
12．（2025·甘肃）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间：按正弦规律变化。为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是
A．t在内，和E均随时间增大
B．当与时，E大小相等，方向相同
C．当时，最大，E为零
D．当时，和E均为零
13．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 (　　)
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
14．（2025·浙江模拟）如图为交变电流的两种引出方式，图甲采用两滑环引出电流，图乙则采用换向器实现电流的导出，两装置其它部分完全一样。发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所在磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，线框从图示位置开始以角速度ω绕轴转动，图中电阻阻值均为R，不计其它电阻。下列说法正确的是（　　）
A．图示位置电动势最大
B．甲图电流表读数是乙图电表的2倍
C．乙图中线框转动一圈，通过电流表的电流方向改变两次
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功均为
15．（2023高三下·北碚月考）如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒部分导体棒处于边界宽度为d=10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为（取重力加速度g=10m/s2）（　　）
A．0.25T B．0.5T C．0.75T D．0.83T
16．（2024·浙江高考） 磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
17．（2025·广东模拟）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束（速度可视为零），粒子质量为m、带电量为q，粒子重力不计，经电压为U的加速电场加速后，从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为
B．若粒子束q相同而m不同，则MN距离越大对应的粒子质量越小
C．进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的比荷一定相等
D．进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的电荷量一定相等
18．（2025·北京市）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的两点连线为直径，且垂直于磁场方向，两点的电势差为。下列说法错误的是（　　）
A．N点电势比M点高
B．正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，越小
D．若直径与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
19．（2024高二上·南山期中）一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
20．（2025·宁波模拟）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度转动的辐向磁场。边长为、总电阻为的单匝正方形线框可绕其中心轴旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边、所处位置的磁感应强度大小均为。当线框由静止开始转动时，、两条边受到的阻力均为，其中比例系数，为、两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时（　　）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B．线框的角速度大小为
C．线框的感应电动势大小为
D．线框边所受安培力大小为
21．（2025高二上·黔西南期末）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（　　）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加
D．粒子离开D形盒时动能为
22．（2025·安徽） 如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
二、多项选择题
23．（2023高三下·江西月考）如图所示是地磁场磁感线分布模型，小明同学受安培分子电流假说的启发，对地磁场形成原因进行了尝试性阐释：小强同学指出飞机飞行时，机翼两端将产生电势差并做出了尝试性阐释。关于地磁场及机翼感应电动势有关阐释，下列说法正确的有（　　）
A．地球带正电和地球自转形成了地磁场
B．地球带负电和地球自转形成了地磁场
C．飞机在北半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高
D．飞机在南半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高
24．（2025·河南） 手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
25．（2024高二下·罗庄期末）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为 D．安培力为
26．（2024·湖北） 磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（　　）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
27．（2025·湖南）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
28．（2025·广西） 如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO'穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　）
A．M粒子质量为
B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
29．（2024·浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
三、非选择题
30．（2025高二下·深圳月考）如图所示，电源电动势E＝2.4 V，内阻r＝0.4 Ω，电阻R2＝0.2 Ω，CD、EF为竖直平面内两条平行导轨，处在与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，其电阻忽略不计，ab为金属棒，质量m＝5 g，在导轨间的长度l＝25 cm，电阻R1＝0.2 Ω，ab可在光滑导轨上自由滑动且与导轨接触良好，滑动时保持水平，g取10 m/s2，求：
（1）S断开ab保持静止时，B的大小；
（2）S接通瞬间，金属棒的加速度。
31．（2024高二下·江西月考）如图所示，平行板电容器两板间加有恒定电压，在平行板电容器右侧有内径为、外径为内径的2倍的圆环状匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为．在板附近有一个粒子源，不断放出初速度大小不计、比荷为的带正电荷的粒子，粒子经电场加速后，沿圆环直径方向射入环形磁场，粒子恰好不进入小圆形区域，粒子的重力不计，，．
（1）求粒子在磁场中运动的速度大小．
（2）若要求、两板间电场强度不能大于，则两板间的距离至少为多少？
（3）求粒子在磁场中运动的时间（保留三位有效数字）．
32．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求时边受到的安培力大小F；
（2）画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
（3）从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。
33．（2025·云南） 如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。
34．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
（1）当人手靠近天线时，电容变大　 　（选填“变大”、“不变”、“变小”）。
（2）（多选）在电容器电荷量为零的瞬间，　 　达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
（1）此时线圈的受力方向为　 　
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
（2）若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为　 　A；单匝线圈收到的安培力的最大值为　 　？
（3）已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为　 　？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
（1）减小两平行板间距d时，电容会变大　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
（2）已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为　 　
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（　　）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
35．（2025·陕西）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量）
（1）电子的比荷；
（2）当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。
36．（2025·湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x：
（3）粒子的运动周期T.
37．（2024·浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，喷镀板P上表面中点Q的坐标为(1.5L，0)，栅极板M中点S的坐标为(3L，0)，离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控(UNM>0)，a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U0，求α离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0(用L表示)。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围(用U0表示)；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
38．（2024·北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道．图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图．放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d．阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入．
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等．放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离．每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零．氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和．
已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用．
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】本题解题关键是利用磁感线判断出磁感线强度大小。
磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知。
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】磁感线疏密反映磁感线强度大小。
2．【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；安培力；安培定则
【解析】【解答】本题主要考查对电动机原理的理解以及与其他磁现象实验的对比。电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动。
A．图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；
B．通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；
C．图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；
D．图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
故选B。
【分析】电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用，从而产生运动。
3．【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；右手定则
【解析】【解答】A、电流向右，根据右手螺旋定则，小磁针处（导线下方）磁场方向垂直纸面向里（四指在导线下方时，弯曲方向指向纸内 ），小磁针N极指向磁场方向，故N极垂直纸面向里，A错误；
B、电流向上，右手握住导线，大拇指向上，小磁针处（导线右侧水平面 ）磁场方向垂直纸面向里（四指在右侧时，弯曲方向指向纸内 ）。小磁针N极垂直纸面向里，B错误；
C、电流沿环形逆时针（俯视 ），右手握住环形导线，四指逆时针弯曲，大拇指指向环形内部磁场方向为垂直纸面向外。小磁针在环形内部，N极指向磁场方向，故N极垂直纸面向外，C正确；
D、电流从螺线管右端流入、左端流出，右手握住螺线管，四指弯曲与电流方向一致，大拇指指向螺线管内部磁场方向为向左（从右向左 ）。小磁针在螺线管内部，N极指向磁场方向（向左 ），故N极指向左，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B选项：直导线电流方向不同，但小磁针位置的磁场方向均垂直纸面向里，导致N极指向错误，A、B因磁场方向判断错误错误。
C选项：环形导线电流产生的内部磁场方向垂直纸面向外，小磁针N极指向与磁场方向一致，C因正确应用定则正确。
D选项：螺线管内部磁场方向向左，小磁针N极指向左，D因磁场方向判断后N极指向错误错误。
4．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；左手定则—磁场对通电导线的作用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，则ω＝2πf＝100π，解得该交流电的频率为：f＝50Hz，故A错误；
B、图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势最大，故B错误；
C、根据右手定则可知图示位置电流方向为B→A，根据左手定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；
D、正弦式交变电流感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10V，仅线圈转速加倍，即角速度加倍，电动势的最大值变为20V，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据电动势随时间变化的规律求解该交流电的频率；磁通量为零的位置感应电动势最大；根据右手定则可知图示位置电流方向，根据左手定则判断AB边受到的安培力方向；根据感应电动势的最大值表达式进行分析。
5．【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制
【解析】【解答】 由相互作用力的大小可以表示为 ，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。
6．【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为
根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为
根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点相等，为B1；由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。
故选B。
【分析】本题主要考查直线电流周围磁场和磁场的叠加，根据右手螺旋定则和矢量叠加原理解答。
根据右手螺旋定则判断两电流在O点产生磁场方向，根据磁场叠加原理确定单个单线在O点产生磁场大小，根据对称性求解L2在N点处产生的磁感应强度，从而求得仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小。
7．【答案】B
【知识点】磁感应强度；电势差；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：明确载流子类型（电子 ）、电流方向，用左手定则判断洛伦兹力方向，确定电荷聚集面，比较电势高低 。
B：加速度，偏移量，磁感应强度 变化，入霍尔电压公式 ，分析 对 的影响正确 。
C：加速度为0→元件在磁场抵消位置（ ），无论电流多大， 。
D：区分“速度大”和“加速度大”，加速度才决定偏移量（ ），速度不直接影响霍尔电压 。
8．【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A . 用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示红为导线在此位置的磁场方向与大小，蓝色是合成后大小方向，绿色为匀强磁场大小方向相同，a点磁感应强度的值最大，两边之和大于第三边（B总=B0+B导 ）最大，因为此处通电直导线产生的磁场根据右手螺旋定则，垂直纸面向里与匀强磁场B0（竖直向上）方向相同，两者叠加后达到最大值，故A正确；
B . c点磁感应强度的值最小，因为此处导线产生的磁场（竖直向下）与B0方向相反，合成后为两者差值（B总=∣B0 B导∣），若B导B0 ，则反向且
大小为B导 B0 ，故B错误；
C . c、d两点磁感应强度大小不相等：c点磁场为B0 B导（或反向），d点磁场为B0+B导（矢量垂直合成，大小）两边之和大于第三边，故C错误；
D . a、d两点的磁感应强度大小不同a处B总=B0+B导 ，d处两边之和大于第三边，a大，方向不同a处竖直向上，d处向右上方，故D错误；
故选A；
【分析】（1）矢量叠加原理，分析导线磁场与匀强磁场B0的合成；判断各点导线磁场方向（右手螺旋定则）及与B0的夹角；
（2）易错点：①忽略磁场方向的矢量性，②误判对称点的合成结果（如b、d），③未考虑导线磁场与B0的相对大小；
（3）隐含条件是圆周上各点导线磁场大小相等（同半径），仅方向不同；磁场叠加的平行四边形法则。
9．【答案】A
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。
10．【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，两直导线在导线框所在位置产生的磁场均垂直线框平面向里，故导线框所在位置的合磁场垂直导线框向里，由于同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，由左手定则可知，线框左边的竖直电流受到的安培力水平向左，右边受到的安培力水平向右，由于，可知线框左边竖直电流所在位置的磁感应强度大于右边对应的竖直电流所在位置的磁感应强度，根据安培力公式可知，线框左边竖直电流所受的安培力大于右边竖直方电流所受的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据右手螺旋定则判定出线框所在位置的磁场方向，再根据左手定则和安培力公式分析线框受到的安培力方向。
11．【答案】B
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、CD棒通电后，根据安培定则（右手握住CD棒，四指指向电流方向，大拇指指向为磁场N极方向 ），其产生的磁场在AB棒处分布不均匀。AB棒左侧和右侧所处磁场方向不同，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），AB棒左侧受安培力穿纸面向外，右侧受安培力穿纸面向里，合力不为零，不会保持静止，A错误 ；
B、AB棒左侧受安培力穿纸面向外，会带动左侧向外转动；右侧受安培力穿纸面向里，带动右侧向里转动。以俯视视角观察，AB棒将绕中点转轴做逆时针转动，B正确 ；
C、由B选项分析可知，AB棒是逆时针转动（俯视 ），并非顺时针，C错误 ；
D、AB棒和CD棒通电后，根据安培定则，AB棒在线段产生的磁场方向与CD棒在该线段产生的磁场方向，无法通过叠加使某点磁感应强度为零（两磁场方向不存在大小相等、方向相反的情况 ），所以线段上不存在磁感应强度为零的位置，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．要判断AB棒是否保持静止，需分析其受力情况。先由安培定则确定CD棒产生的磁场分布，再用左手定则判断AB棒各部分所受安培力方向，看合力是否为零 。
B．基于A选项中对安培力方向的判断，分析AB棒的转动趋势。左侧安培力使AB棒左侧向外转，右侧安培力使右侧向里转，从俯视角度看整体转动方向 。
C．如图，再结合B选项中安培力方向和转动趋势的分析，判断转动方向是否为顺时针 。
D．断线段上是否有磁感应强度为零的位置，需分析AB棒和CD棒在该线段产生的磁场的叠加情况。根据安培定则分别确定两棒在上产生的磁场方向，看是否能相互抵消 。
12．【答案】C
【知识点】磁通量；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由图可知，在时间内，磁感应强度B增加，根据知磁通量增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E逐渐减小，故A错误；
B．当和时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，故B错误；
C．时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，故C正确；
D ．时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，解题关键是理解磁通量与磁感应强度B的关系 ，S不变时随B变化 ，以及感应电动势E与B - t图像斜率的关系 ，斜率表示变化率 。
由和判断在内，和E的变化；由图像斜率变化判断当与时，E大小和向；由图像斜率和判断当时和当时，和E大小。
13．【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
14．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置是中性面，磁通量最大，磁通量变化率最小，则电动势为零，A错误；
B．电流表测得的是交变电流的有效值，乙图中通过换向器后，电流方向不变，但跟甲图中的电流热效应相同，所以电流表读数相等，B错误；
C．乙图有换向器，线圈转动时，换向器自动改变电流方向，使输出电流方向保持不变（直流 ），线圈转一圈，电流方向不改变（仅换向器作用下方向恒定 ）
，C错误；
D．电动势最大值 ，有效值 有，周期 ，焦耳热 有。代入计算，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量最大，则电动势为0，判断选项A。
B：交变电流与直流电流热效应等效，则电流表读数相等，判断选项B。
C：换向器使电流方向恒定，转一圈方向不变，判断选项C。
D：克服安培力做功=焦耳热，结合有效值、周期计算热量，判断选项D。
15．【答案】B
【知识点】胡克定律；比值定义法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】如图受力分析，已知力的伸长比值就列比值方程
未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知
通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知
两式相比得
解得
【分析】（1）通过力的平衡条件（通电后弹簧弹力=重力±安培力）建立方程求解；
通电后弹簧伸长量为1.5倍，说明安培力方向向下且大小为0.5倍重力；
（2）易忽略安培力方向（需用左手定则判断向下），或错误认为安培力与重力同向；
（3）隐含条件：未通电时弹簧伸长量x=mg/(2k)，通电后伸长量1.5x，故安培力F安<0.5mg；
扩展知识：若电流反向，安培力向上会导致弹簧伸长量减小；双弹簧系统需注意弹力合力为2kx。
16．【答案】A
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A、由左手定则可知，图示左侧通电导线所受的安培力向下，A正确。
B、a，b两点磁感应强度大小相等，方向不同，B错误。
C、圆柱体内部虽然没有没有画出磁感线，但内部磁感应强度并不为零，C错误。
D、 由磁感线疏密可知，c点磁感应强度大于d点磁感应强度，D错误。
故答案为：A
【分析】由磁感线的疏密和方向判断a，b，c，d四个点的磁感应强度大小和方向，再由左手定则判断左侧通电导线所受的安培力情况。
17．【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子从静止经电压 U 加速，电场力做功转化为动能，由动能定理得
解得
A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
结合加速过程的速度
推导得轨道半径
所以
若粒子束q相同而m不同，MN距离越大对应的粒子质量越大，B错误；
C.比荷为电荷量与质量的比值，即，由
变形得：
当 MN 距离相同时，U 和 B 为定值，比荷 一定相等，故C正确；
D．由
可知只要MN距离相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，D错误。
故选C。
【分析】质谱仪的核心是通过 “加速获得动能 + 磁场偏转定轨迹”，将粒子的质量差异转化为轨迹半径的差异，实现质量的测量与分析。
1、质谱仪的工作原理：
加速阶段：电场力做功加速粒子，动能定理 。
偏转阶段：磁场中洛伦兹力提供向心力，轨迹半径。
2、核心公式关联：联立加速和偏转公式，得轨迹，反映 MN 距离与比荷的反比关系。
3、主要应用：测定粒子比荷，进而计算质量；分离同位素（质量不同，比荷不同，MN 距离不同）。
18．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；电磁流量计
【解析】【解答】A. 液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动， 根据左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；
BC．设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，液体流动速度为v，根据平衡条件有
同时有
联立解得
根据表达式可知正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越大；
故B正确，C错误；
D．若直径MN与磁场方向不垂直，洛伦兹力偏小，电场力也会偏小，电压偏低，根据可知Q偏小，故D正确。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则判断带正电或者负电的导电粒子偏转方向，确定M、N两点电势高低关系；根据稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，推导M、N两点的电势差的表达式；若直径MN与磁场方向不垂直，测量得到的M、N两点的电势差偏小，由此判断测得的流量的误差情况。
19．【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有
水平方向上有
则有
可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。
故答案为：C。
【分析】1.相对运动判断：比较传送带与物块的最大加速度，确定相对滑动方向。
2.受力与加速度：洛伦兹力随速度增大而增大，导致滑动摩擦力、加速度增大，物块做变加速运动。
3.共速条件：加速度超过传送带后，物块追上传送带速度，进入匀加速阶段。
4.图像匹配：根据加速度变化（斜率变化 ），确定 v-t 图像的形态（先上弯曲线，后直线 ）。
20．【答案】C
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了电磁驱动原理，要掌握线速度与角速度的关系和感应电动势的公式的运用。 磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化。A．根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；
B．当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应电流为
金属线框AB、CD两边所受的安培力均为
F安=BIl
联立解得
根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得
f=F安
又有阻力为
当时，则有
解得导线框转动的最大角速度为
故B错误；
C．线框AB、CD边转动的相对线速度
感应电动势
故C正确；
D．线框匀速转动
故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理分析作答；线框转动的周期与辐向磁场的转动周期相同，据此分析作答；根据线速度与角速度的关系和感应电动势的公式分析作答；线框匀速转动，安培力等于阻力。
21．【答案】D
【知识点】电场力做功；理想模型法；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
回旋半径，半径大小决定了容纳的最大速度，粒子离开D形盒时速度为，
动能为，各变量显示与电压无关，故A错误；
B．每次加速的效果相同，每次加速，粒子获得的能量是固定的qU，，动能每次增加相同的量从v0到vn有：，，……，
v0到vn的动能的所有等式逐项累加得vn的动能为：， 整理得 ，两边开根号得，同理得，所以前后速度差为，故B错误；
C．粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变这相当于无损耗反弹已经非常不容易了，故C错误；
D．除了加速狭缝区域外，粒子在磁场中都在做匀速圆周运动，洛伦兹力大小，方向总垂直于速度方向，能恒定提供向心力，有，当粒子来到最大半径区域圆周运动时意味着要离开D形盒，此时速度为，代入动能公式，动能为，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过回旋加速器工作原理分析粒子运动，结合洛伦兹力提供向心力和电场加速公式；
突破点：粒子在D形盒内做匀速圆周运动，缝隙间被电场加速；电压U仅决定加速次数；若考虑相对论效应，粒子质量随速度增大，需调整交变电压频率；
（2）易错点：误认为电压U影响最终速度（实际由磁场和D形盒半径决定）；混淆动能增加条件（仅缝隙处电场做功）。
22．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
可得
故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1
根据几何关系可知
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2
根据几何关系可知
，
故上表面接收到粒子的区域长度为
故B错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短
，
可得
由
可得
故D错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，由题意画出轨迹确定临界是解题关键。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的轨迹半径大小；画出粒子轨迹，由数学知识求得 薄板的上表面接收到粒子的区域长度和板的下表面接收到粒子的区域长度 ；由，求得周期表达式，根据 计算薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间 。
23．【答案】B,D
【知识点】地磁场
【解析】【解答】AB．若地球带负电，由于地球自西向东自转，故而形成了自东向西的环形电流，根据安培定则对环形电流磁场分布特征类比，就相当于形成了地磁场模型，所以A不符合题意，B符合题意；
CD．飞机在飞行时，机翼切割磁感线运动，磁场方向在南半球有向上的分量，在北半球有向下的分量。根据右手定可知，在北半球向西飞行时相对飞行员的左侧机翼电势高，在南半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用地磁场方向结合安培定则及地球自转方向可以地球所带电性；利用右手定则可以判别电势的高低。
24．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 AB.若沿顺时针方向，安培力方向向右，为使镜头处于零加速度状态，原来合力的方向向左，加速度向左， 同理若沿顺时针方向，安培力方向向上， a的方向向下 ，故A错误，B正确；
CD. 若a的方向沿左偏上， 将加速度分解为水平向右方向和竖直方向， ax=acos30° ， ay=asin30° ，水平加速度更大，结合前面分析可知Ic＞Id，沿顺时针方向，沿逆时针方向；
若a的方向沿右偏上， 结合前面分析可知Ic＞Id，沿逆时针方向，沿逆时针方向，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 根据安培力方向与镜头原有加速度方向相反结合左手定则以及加速度的分解知识进行分析解答。
25．【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题考查了安培力的大小的计算和其方向的判断问题。AB． 导线AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流 ，根据左手定则，可知半圆环受到的安培力方向垂直于直径AB向下，易知通电后两绳拉力变大 ，故A错误，B正确；
CD．半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定此半圆环在磁场中受到的安培力对应的等效长度，根据安培力计算公式求解安培力大小。根据左手定则判断半圆环受到的安培力的方向，根据安培力的方向可知通电后两绳拉力如何变化。
26．【答案】A,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】 A、根据左手定则判断，可知带正电的粒子向极板MN偏转，则极板MN带正电，带负电的粒子向极板PQ偏转，则极板PQ带负电，故极板MN是发电机的正极，故A正确；
BCD、当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，则有： ，（其中v是粒子喷入磁场的速率，d为两极板间距），可得极板间的电压：U=Bdv。
仅增大两极板间的距离d，极板间的电压U增大；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压U增大；极板间的电压大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关。故BD错误，C正确。
故选：AC。
【分析】 根据左手定则判断带正、负电的粒子偏转方向，确定极板MN、PQ的带电情况；当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，由此推导极板间的电压的表达式，根据表达式分析BCD选项。
27．【答案】A,C
【知识点】动量定理；安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；
B．若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知，
可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，F安在变化，不可能与恒力一直平衡，所以金属杆在沿x轴正方向的恒力作用下不可能做匀速直线运动，故B错误；
C．取一微小时间内，设此时金属杆接入导轨中的长度为，取向右为正方向，
根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
故C正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据右手定则判断金属杆中电流方向；推导出安培力与速度的关系式，判断金属杆能否做匀速直线运动；根据动量定理求金属杆停止运动时与导轨围成的面积；结合C项结果分析D项。
28．【答案】A,D
【知识点】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】【解答】A．对M粒子在加速电场中，根据动能定理有
在速度选择器中，根据平衡关系
解得
故A正确；
B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知
所以v0N＞v0M，故B错误；
C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则根据洛伦兹力提供向心力
解得M粒子在磁场中运动半径
N粒子在磁场中运动的半径为r2，则
解得
其中
可得
N粒子在选择器中，根据动能定理
在加速电场中，根据动能定理
解得
，
则要想使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，则需满足
联立解得
故C错误；
D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，对N粒子在加速电场中，根据动能定理有
N粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
解得
因：v0N＞v0M，故r3＜r1
则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为
其中，
可得
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据动能定理和平衡关系求M粒子质量；根据力的大小关系求刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度；根据洛伦兹力提供向心力求出M粒子在磁场中运动半径，结合动能定理和平衡关系求此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比；根据长度关系求打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距。
29．【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A. 由动量定理可知，故合力的冲量大小为，A不符合题意；
B. 由牛顿第二定律有可知上滑加速度大小为，则小球上滑所用的时间，重力G的冲量大小为，B不符合题意；
C. 小球做匀加速直线运动，速度，故洛伦兹力大小，可知洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力的冲量为，C符合题意；
D. 若小球，则0时刻小球所受洛伦兹力大小为，小球垂直杆方向所受合力为零，可得，弹力为，则小球在整个减速过程FN图像与t轴围成面积为零，冲量为零，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】根据牛顿第二定律可得出小球做匀变速直线运动的加速度大小；利用洛伦兹力的表达式，结合小球速度随时间变化的关系式可得到洛伦兹力的大小，根据冲量的表达式可得出小球所受力的冲量。
30．【答案】【解答】（1）S断开时，R1与r串联，
由安培力与重力合力为零即平衡条件知
（2）S接通时，R1与R2并联后与r串联，R1与R2并联电阻为
通过电源的电流
通过金属棒的电流为相同电阻并联电路电流平均分，
由牛顿第二定律得，金属棒的加速度重力安培力的矢量和提供，
S接通瞬间，金属棒的加速度方向沿重力方向即竖直向下。
（1）5×10－2 T；（2）S接通瞬间，金属棒的加速度4 m/s2，方向竖直向下
【知识点】牛顿第二定律；串联电路和并联电路的特点及应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）S断开时：串联电路电流，ab棒同时受重力和安培力，磁场B的存在提供安培力，求出B的大小；
S闭合时：回路通电，ab棒电流被R2分流受安培力变小，重力有剩余可以加速，用合力求得加速度；
安培力公式 F安=BIlF安 =BIl，方向由左手定则判断（水平方向）；
（2）易错点：单位未统一质量用克而非千克，长度用厘米而非米。
31．【答案】（1）解：粒子恰好不能进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为，此时轨迹如图所示．
根据几何关系有
解得
设粒子在磁场中运动的速度为，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：设两板间电压为，根据动能定理
解得
两板间的距离至少为
（3）解：电粒子在磁场中运动的周期
根据几何关系
解得
可知轨迹对应的圆心角为106°，则有
【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】【分析】画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出R，磁场中根据洛伦兹力提供向心力求出速度来；根据动能定理求出板间电压，进一步求出压强；根据周期公式求出周期，利用几何关系求圆心角，进一步求出运动时间。
32．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；
（3）根据动量定理列式求解。
33．【答案】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
（2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为
安培力大小为
联立可得
若要使两物体分离，此时有
其中
解得
由运动学公式
解得
故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为
（3）水平方向由运动学公式
竖直方向有
其中
可得力F作用的总时间为
水平方向对系统由动量定理
其中
联立可得
当时，最终木块与箱子的速度大小为
当时，最终木块与箱子的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。
34．【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）
（5）B
【知识点】安培力的计算；电磁波的周期、频率与波速；电磁振荡
【解析】【解答】（1）1、根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数ε（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，从而电容变大。
2、在LC振荡电路中，根据i t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ ，电压也为零，电场能也为零。故选BC。
（2）1、观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。
2、对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值 的关系为，则I的有效值为，单匝线圈收到的安培力的最大值为
3、根据波速、频率和波长的关系，则有
（3）1、根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
2、闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为
（4）根据牛顿第二定律得，整理得，粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式，解得，两极板的长度
（5）人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。
【分析】（1）1、由公式：可知介电常数增大，则电容变大。
2、在LC振荡电路中，当电荷量为零时电流达到最大值，磁场能也达到最大，电场能为零。
（2）1、根据左手定则判断线圈所受安培力方向。
2、
3、根据波速、频率和波长的关系求解波长。
（3）根据平行板电容器电容的决定式，判断当减小两平行板间距d时，电容变化。
（4），，，联立可求解板长。
（5）音调变高即波的频率变大，声音变小，即波的振幅变小。
（1）（1）根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数ε（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，从而电容变大。
（2）在LC振荡电路中，根据i t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ ，电压也为零，电场能也为零。故选BC。
（2）（1）观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。
（2）[1]对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值 的关系为
则I的有效值为
[2]单匝线圈收到的安培力的最大值为
（3）根据波速、频率和波长的关系，则有
（3）（1）根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
（2）闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为
（4）根据牛顿第二定律得
整理得
粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式
解得
两极板的长度
（5）人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。
35．【答案】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
由射出到相切，经过半个周期，用时
根据速度的合成与分解可知
平行轴线方向运动距离
结合对称性，被电子击中的面积
【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】【分析】（1）将电子的运动分解处理，电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以做匀速圆周运动。恰好没有电子落到筒壁上，说明圆周运动半径最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解电子的比荷；
（2）根据（1）的解答，求出恰好打到筒壁上的电子出射时的方向，根据分运动的等时性求出电子在平行于磁场的方向上运动的位移大小，根据几何关系求解筒壁上落有电子的区域面积。
36．【答案】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（2）粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为
粒子在MN和PQ之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为
【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）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，求解 粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据求得粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径，再利用数学知识球的粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）求得粒子在两个磁场区域运动时间，利用数学知识求得粒子在无磁场区域运动距离，再根据求得 在无磁场区域运动时间，进而求得周期。
37．【答案】（1）解：
（2）解：对a：
对b：
，
（3）解：
刚好到达s点
①
②
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）利用动能定理可得出离子加速后的速度大小，根据离子在磁场中受到洛伦兹力提供向心力的特点可得出半径大小，进而得到位置；
（2）根据离子在磁场中偏转的半径表达式，可得出加速电压的调节范围和b离子落在镀板表面的区域长度；
（3）根据几何关系可得出离子做圆周运动的半径大小，结合电压的大小可得出结论。
38．【答案】（1）解：氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
解得
（2）解： 在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有：
在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有：
eE=evB2
解得：
（3）解： 已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n-n1，设单位时间内被电离的氙原子数为N，则有：
已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有：N=n-n1
联立可得：
氙离子经电场加速过程，根据动能定理得：
时间Δt内喷出的氙离子持续受到的作用力为F'，以向右为正方向，由动量定理得
F' Δt=N Δt Mv1
解得：
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；霍尔元件
【解析】【分析】（1）氙离子在放电室时仅考虑电场力作用，根据牛顿第二定律求解其加速度的大小；
（2）根据动能定理求得电子运动到阳极附近的速度，在阳极附近电子在沿轴线的方向上所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，由平衡条件求得磁感应强度大小B2；
（3）根据已知条件求得单位时间内被电离的氙原子数。根据动能定理求得氙离子经电场加速获得的速度大小，根据动量定理与牛顿第三定律求解此霍尔推进器获得的推力大小F。
1 / 1高考一轮复习：磁场
一、选择题
1．（2025·江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点
C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线
【解析】【解答】本题解题关键是利用磁感线判断出磁感线强度大小。
磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知。
故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】磁感线疏密反映磁感线强度大小。
2．（2024高二上·绿园月考）2024年9月27日，世界新能源汽车大会在海口开幕。大会中展现的诸多前沿科技，揭示了未来汽车发展的趋势。其中电动汽车的进步最为引人注目。图中与磁现象有关的四个实验，与电动机的原理最为相似的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；安培力；安培定则
【解析】【解答】本题主要考查对电动机原理的理解以及与其他磁现象实验的对比。电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而转动。
A．图甲是反映条形磁铁周围磁场的分布情况，故A不符合题意；
B．通电导体在磁场中受到安培力的作用，故B符合题意；
C．图丙反映的是电流的磁效应，故C不符合题意；
D．图丁反映的是电磁铁的磁性与匝数的关系，故D不符合题意。
故选B。
【分析】电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用，从而产生运动。
3．（2025高二下·信宜开学考）当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极垂直纸面向外的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；通电导线及通电线圈周围的磁场；右手定则
【解析】【解答】A、电流向右，根据右手螺旋定则，小磁针处（导线下方）磁场方向垂直纸面向里（四指在导线下方时，弯曲方向指向纸内 ），小磁针N极指向磁场方向，故N极垂直纸面向里，A错误；
B、电流向上，右手握住导线，大拇指向上，小磁针处（导线右侧水平面 ）磁场方向垂直纸面向里（四指在右侧时，弯曲方向指向纸内 ）。小磁针N极垂直纸面向里，B错误；
C、电流沿环形逆时针（俯视 ），右手握住环形导线，四指逆时针弯曲，大拇指指向环形内部磁场方向为垂直纸面向外。小磁针在环形内部，N极指向磁场方向，故N极垂直纸面向外，C正确；
D、电流从螺线管右端流入、左端流出，右手握住螺线管，四指弯曲与电流方向一致，大拇指指向螺线管内部磁场方向为向左（从右向左 ）。小磁针在螺线管内部，N极指向磁场方向（向左 ），故N极指向左，D错误；
故答案为：C。
【分析】A、B选项：直导线电流方向不同，但小磁针位置的磁场方向均垂直纸面向里，导致N极指向错误，A、B因磁场方向判断错误错误。
C选项：环形导线电流产生的内部磁场方向垂直纸面向外，小磁针N极指向与磁场方向一致，C因正确应用定则正确。
D选项：螺线管内部磁场方向向左，小磁针N极指向左，D因磁场方向判断后N极指向错误错误。
4．（2025·北京市）如图所示，交流发电机中的线圈沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为。下列说法正确的是（　　）
A．该交流电的频率为
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．线圈转到图示位置时，边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；左手定则—磁场对通电导线的作用；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，则ω＝2πf＝100π，解得该交流电的频率为：f＝50Hz，故A错误；
B、图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势最大，故B错误；
C、根据右手定则可知图示位置电流方向为B→A，根据左手定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；
D、正弦式交变电流感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10V，仅线圈转速加倍，即角速度加倍，电动势的最大值变为20V，故D错误。
故答案为：C。
【分析】根据电动势随时间变化的规律求解该交流电的频率；磁通量为零的位置感应电动势最大；根据右手定则可知图示位置电流方向，根据左手定则判断AB边受到的安培力方向；根据感应电动势的最大值表达式进行分析。
5．（2023·辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为 △L1和 △L2、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为r 时，相互作用力的大小可以表示为 。比例系数k 的单位是（　　）
A． kg m/(s2 A) B． kg m/(s2 A2)
C．kg m2/(s3 A) D．kg m2/(s3 A3)
【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；力学单位制
【解析】【解答】 由相互作用力的大小可以表示为 ，可得：，代入单位可得：，由此可见ACD错误，B正确；
故答案为：B
【分析】由已知表达式，推导出k的表达式，根据相应物理量代入对应的基本单位。
6．（2025·福建） 如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（　　）
A． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2
【答案】B
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为
根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为
根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小与M点相等，为B1；由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。
故选B。
【分析】本题主要考查直线电流周围磁场和磁场的叠加，根据右手螺旋定则和矢量叠加原理解答。
根据右手螺旋定则判断两电流在O点产生磁场方向，根据磁场叠加原理确定单个单线在O点产生磁场大小，根据对称性求解L2在N点处产生的磁感应强度，从而求得仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小。
7．（2025·浙江模拟）汽车装有加速度传感器，以测量汽车行驶时纵向加速度。加速度传感器有一个弹性梁，一端夹紧固定，另一端连接霍尔元件，如图所示。汽车静止时，霍尔元件处在上下正对的两个相同磁体中央位置，如果汽车有一向上的纵向加速度，则霍尔元件离开中央位置而向下偏移。偏移程度与加速度大小有关。如霍尔元件通入从左往右的电流，则下说法正确的是（　　）
A．若霍尔元件材料为N型半导体（载流子为电子），则前表面比后表面的电势高
B．若汽车加速度越大，则霍尔电压也越大
C．若汽车纵向加速度为0，增大电流，则监测到的霍尔电压也会增大
D．若汽车速度增大，则霍尔电压也增大
【答案】B
【知识点】磁感应强度；电势差；洛伦兹力的计算；霍尔元件
【解析】【解答】A．N型半导体载流子为电子，电流从左往右，电子从右向左运动，电子受到洛伦兹力的作用将在前表面聚集，直到粒子所受洛伦兹子与静电力平衡，前后表面光形成稳定的电势差，而后表面的电势比前表面的要高，故A错误；
B．加速度越大，偏移量越大，磁感应强度越大，霍尔电压越大，故B正确；
C．若汽车纵向加速度为0，则霍尔元件所处位置的磁感应强度为零，粒子不受洛伦兹力，不会出现霍尔电压，故C错误；
D．速度增大，但加速度不一定大，偏移量不一定大，霍尔电压也不一定大，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A：明确载流子类型（电子 ）、电流方向，用左手定则判断洛伦兹力方向，确定电荷聚集面，比较电势高低 。
B：加速度，偏移量，磁感应强度 变化，入霍尔电压公式 ，分析 对 的影响正确 。
C：加速度为0→元件在磁场抵消位置（ ），无论电流多大， 。
D：区分“速度大”和“加速度大”，加速度才决定偏移量（ ），速度不直接影响霍尔电压 。
8．（2025高二下·罗湖月考）在磁感应强度为、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。如图所示，a，b，c，d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　）
A．a点磁感应强度的值最大 B．c点磁感应强度的值最大
C．c，d两点的磁感应强度大小相等 D．a，d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【知识点】磁感应强度；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】A . 用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，如图所示红为导线在此位置的磁场方向与大小，蓝色是合成后大小方向，绿色为匀强磁场大小方向相同，a点磁感应强度的值最大，两边之和大于第三边（B总=B0+B导 ）最大，因为此处通电直导线产生的磁场根据右手螺旋定则，垂直纸面向里与匀强磁场B0（竖直向上）方向相同，两者叠加后达到最大值，故A正确；
B . c点磁感应强度的值最小，因为此处导线产生的磁场（竖直向下）与B0方向相反，合成后为两者差值（B总=∣B0 B导∣），若B导B0 ，则反向且
大小为B导 B0 ，故B错误；
C . c、d两点磁感应强度大小不相等：c点磁场为B0 B导（或反向），d点磁场为B0+B导（矢量垂直合成，大小）两边之和大于第三边，故C错误；
D . a、d两点的磁感应强度大小不同a处B总=B0+B导 ，d处两边之和大于第三边，a大，方向不同a处竖直向上，d处向右上方，故D错误；
故选A；
【分析】（1）矢量叠加原理，分析导线磁场与匀强磁场B0的合成；判断各点导线磁场方向（右手螺旋定则）及与B0的夹角；
（2）易错点：①忽略磁场方向的矢量性，②误判对称点的合成结果（如b、d），③未考虑导线磁场与B0的相对大小；
（3）隐含条件是圆周上各点导线磁场大小相等（同半径），仅方向不同；磁场叠加的平行四边形法则。
9．（2025·湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（　　）
A．0 B．B C．2B D．3B
【答案】A
【知识点】安培定则；通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】 根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。
10．（2024·贵州） 如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流，且，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（　　）
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】根据右手螺旋定则可知，两直导线在导线框所在位置产生的磁场均垂直线框平面向里，故导线框所在位置的合磁场垂直导线框向里，由于同一竖直方向上的磁场强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，由左手定则可知，线框左边的竖直电流受到的安培力水平向左，右边受到的安培力水平向右，由于，可知线框左边竖直电流所在位置的磁感应强度大于右边对应的竖直电流所在位置的磁感应强度，根据安培力公式可知，线框左边竖直电流所受的安培力大于右边竖直方电流所受的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据右手螺旋定则判定出线框所在位置的磁场方向，再根据左手定则和安培力公式分析线框受到的安培力方向。
11．（2025高二下·东莞月考）如图所示，一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动，导体棒CD固定在圆柱体的下底面。开始时，两棒相互垂直并静止，两棒中点、连线与圆柱体的中轴线重合。现对两棒同时通入图示方向（A到B、C到D）的电流。下列说法正确的是（　　）
A．通电后，AB棒仍将保持静止
B．通电后，AB棒将逆时针转动（俯视）
C．通电后，AB棒将顺时针转动（俯视）
D．通电瞬间，线段上存在磁感应强度为零的位置
【答案】B
【知识点】安培定则；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A、CD棒通电后，根据安培定则（右手握住CD棒，四指指向电流方向，大拇指指向为磁场N极方向 ），其产生的磁场在AB棒处分布不均匀。AB棒左侧和右侧所处磁场方向不同，由左手定则（伸开左手，让磁感线穿入手心，四指指向电流方向，大拇指指向安培力方向 ），AB棒左侧受安培力穿纸面向外，右侧受安培力穿纸面向里，合力不为零，不会保持静止，A错误 ；
B、AB棒左侧受安培力穿纸面向外，会带动左侧向外转动；右侧受安培力穿纸面向里，带动右侧向里转动。以俯视视角观察，AB棒将绕中点转轴做逆时针转动，B正确 ；
C、由B选项分析可知，AB棒是逆时针转动（俯视 ），并非顺时针，C错误 ；
D、AB棒和CD棒通电后，根据安培定则，AB棒在线段产生的磁场方向与CD棒在该线段产生的磁场方向，无法通过叠加使某点磁感应强度为零（两磁场方向不存在大小相等、方向相反的情况 ），所以线段上不存在磁感应强度为零的位置，D错误 。
故答案为：B。
【分析】A．要判断AB棒是否保持静止，需分析其受力情况。先由安培定则确定CD棒产生的磁场分布，再用左手定则判断AB棒各部分所受安培力方向，看合力是否为零 。
B．基于A选项中对安培力方向的判断，分析AB棒的转动趋势。左侧安培力使AB棒左侧向外转，右侧安培力使右侧向里转，从俯视角度看整体转动方向 。
C．如图，再结合B选项中安培力方向和转动趋势的分析，判断转动方向是否为顺时针 。
D．断线段上是否有磁感应强度为零的位置，需分析AB棒和CD棒在该线段产生的磁场的叠加情况。根据安培定则分别确定两棒在上产生的磁场方向，看是否能相互抵消 。
12．（2025·甘肃）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间：按正弦规律变化。为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是
A．t在内，和E均随时间增大
B．当与时，E大小相等，方向相同
C．当时，最大，E为零
D．当时，和E均为零
【答案】C
【知识点】磁通量；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A．由图可知，在时间内，磁感应强度B增加，根据知磁通量增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E逐渐减小，故A错误；
B．当和时，因B-t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，故B错误；
C．时，B最大，则磁通量最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，故C正确；
D ．时，B为零，则磁通量为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，故D错误。
故选C。
【分析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，解题关键是理解磁通量与磁感应强度B的关系 ，S不变时随B变化 ，以及感应电动势E与B - t图像斜率的关系 ，斜率表示变化率 。
由和判断在内，和E的变化；由图像斜率变化判断当与时，E大小和向；由图像斜率和判断当时和当时，和E大小。
13．（2024·广东） 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应 发电实现能量回收. 结构如图甲所示. 两对永磁铁 可随发动机一起上下振动. 每对永磁铁间有水平 方向的匀强磁场. 磁感应强度大小均为 . 磁场 中，边长为 的正方形线圈竖直固定在减震装置 上. 某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示， 永磁 铁振动时磁场分界线不会离开线圈. 关于图乙中 的线圈. 下列说法正确的是 (　　)
A．穿过线圈的磁通量为
B．水磁铁相对线圈上升越高. 线圈中感应电动势 越大
C．永磁铁相对线圈上升越快， 线圈中感应电动势 越小
D．永磁铁相对线圈下降时， 线圈中感应电流的方 向为顺时针方向
【答案】D
【知识点】磁通量；楞次定律
【解析】【解答】 A、根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为零，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，则磁通量的变化率越大，线圈中感应电动势越大，与线圈的上升高度无关，故BC错误；
D、永磁铁相对线圈下降时，线圈中垂直于纸面向外的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确；
故选：D。
【分析】根据对称性和磁通量的概念得出线圈中磁通量的大小；
根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势大小的影响因素；
根据磁通量的变化特点，结合楞次定律得出感应电流的方向。
14．（2025·浙江模拟）如图为交变电流的两种引出方式，图甲采用两滑环引出电流，图乙则采用换向器实现电流的导出，两装置其它部分完全一样。发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所在磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，线框从图示位置开始以角速度ω绕轴转动，图中电阻阻值均为R，不计其它电阻。下列说法正确的是（　　）
A．图示位置电动势最大
B．甲图电流表读数是乙图电表的2倍
C．乙图中线框转动一圈，通过电流表的电流方向改变两次
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功均为
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；磁通量；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．图示位置是中性面，磁通量最大，磁通量变化率最小，则电动势为零，A错误；
B．电流表测得的是交变电流的有效值，乙图中通过换向器后，电流方向不变，但跟甲图中的电流热效应相同，所以电流表读数相等，B错误；
C．乙图有换向器，线圈转动时，换向器自动改变电流方向，使输出电流方向保持不变（直流 ），线圈转一圈，电流方向不改变（仅换向器作用下方向恒定 ）
，C错误；
D．电动势最大值 ，有效值 有，周期 ，焦耳热 有。代入计算，D正确。
故答案为：D。
【分析】A：磁通量最大，则电动势为0，判断选项A。
B：交变电流与直流电流热效应等效，则电流表读数相等，判断选项B。
C：换向器使电流方向恒定，转一圈方向不变，判断选项C。
D：克服安培力做功=焦耳热，结合有效值、周期计算热量，判断选项D。
15．（2023高三下·北碚月考）如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40g的金属导体棒部分导体棒处于边界宽度为d=10cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为（取重力加速度g=10m/s2）（　　）
A．0.25T B．0.5T C．0.75T D．0.83T
【答案】B
【知识点】胡克定律；比值定义法；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】如图受力分析，已知力的伸长比值就列比值方程
未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知
通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知安培力竖直向下，根据平衡条件可知
两式相比得
解得
【分析】（1）通过力的平衡条件（通电后弹簧弹力=重力±安培力）建立方程求解；
通电后弹簧伸长量为1.5倍，说明安培力方向向下且大小为0.5倍重力；
（2）易忽略安培力方向（需用左手定则判断向下），或错误认为安培力与重力同向；
（3）隐含条件：未通电时弹簧伸长量x=mg/(2k)，通电后伸长量1.5x，故安培力F安<0.5mg；
扩展知识：若电流反向，安培力向上会导致弹簧伸长量减小；双弹簧系统需注意弹力合力为2kx。
16．（2024·浙江高考） 磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【知识点】磁电式电流表
【解析】【解答】A、由左手定则可知，图示左侧通电导线所受的安培力向下，A正确。
B、a，b两点磁感应强度大小相等，方向不同，B错误。
C、圆柱体内部虽然没有没有画出磁感线，但内部磁感应强度并不为零，C错误。
D、 由磁感线疏密可知，c点磁感应强度大于d点磁感应强度，D错误。
故答案为：A
【分析】由磁感线的疏密和方向判断a，b，c，d四个点的磁感应强度大小和方向，再由左手定则判断左侧通电导线所受的安培力情况。
17．（2025·广东模拟）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S产生的各种不同正粒子束（速度可视为零），粒子质量为m、带电量为q，粒子重力不计，经电压为U的加速电场加速后，从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M点。则下列说法正确的是（　　）
A．粒子从小孔N垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为
B．若粒子束q相同而m不同，则MN距离越大对应的粒子质量越小
C．进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的比荷一定相等
D．进入匀强磁场中的粒子只要MN距离相同，则粒子的电荷量一定相等
【答案】C
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子从静止经电压 U 加速，电场力做功转化为动能，由动能定理得
解得
A错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
结合加速过程的速度
推导得轨道半径
所以
若粒子束q相同而m不同，MN距离越大对应的粒子质量越大，B错误；
C.比荷为电荷量与质量的比值，即，由
变形得：
当 MN 距离相同时，U 和 B 为定值，比荷 一定相等，故C正确；
D．由
可知只要MN距离相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，D错误。
故选C。
【分析】质谱仪的核心是通过 “加速获得动能 + 磁场偏转定轨迹”，将粒子的质量差异转化为轨迹半径的差异，实现质量的测量与分析。
1、质谱仪的工作原理：
加速阶段：电场力做功加速粒子，动能定理 。
偏转阶段：磁场中洛伦兹力提供向心力，轨迹半径。
2、核心公式关联：联立加速和偏转公式，得轨迹，反映 MN 距离与比荷的反比关系。
3、主要应用：测定粒子比荷，进而计算质量；分离同位素（质量不同，比荷不同，MN 距离不同）。
18．（2025·北京市）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的两点连线为直径，且垂直于磁场方向，两点的电势差为。下列说法错误的是（　　）
A．N点电势比M点高
B．正比于流量Q
C．在流量Q一定时，管道半径越小，越小
D．若直径与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；电磁流量计
【解析】【解答】A. 液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动， 根据左手定则可知，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，故N点电势比M点高，故A正确；
BC．设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，液体流动速度为v，根据平衡条件有
同时有
联立解得
根据表达式可知正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越大；
故B正确，C错误；
D．若直径MN与磁场方向不垂直，洛伦兹力偏小，电场力也会偏小，电压偏低，根据可知Q偏小，故D正确。
故答案为：C。
【分析】根据左手定则判断带正电或者负电的导电粒子偏转方向，确定M、N两点电势高低关系；根据稳定时导电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，推导M、N两点的电势差的表达式；若直径MN与磁场方向不垂直，测量得到的M、N两点的电势差偏小，由此判断测得的流量的误差情况。
19．（2024高二上·南山期中）一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有
水平方向上有
则有
可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。
故答案为：C。
【分析】1.相对运动判断：比较传送带与物块的最大加速度，确定相对滑动方向。
2.受力与加速度：洛伦兹力随速度增大而增大，导致滑动摩擦力、加速度增大，物块做变加速运动。
3.共速条件：加速度超过传送带后，物块追上传送带速度，进入匀加速阶段。
4.图像匹配：根据加速度变化（斜率变化 ），确定 v-t 图像的形态（先上弯曲线，后直线 ）。
20．（2025·宁波模拟）如图甲为利用电磁驱动原理制作的交流感应电动机。三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为以角速度转动的辐向磁场。边长为、总电阻为的单匝正方形线框可绕其中心轴旋转，图乙为这种驱动装置的俯视图，线框的两条边、所处位置的磁感应强度大小均为。当线框由静止开始转动时，、两条边受到的阻力均为，其中比例系数，为、两条边的线速度大小。不计其他阻力。则当线框达到稳定转动时（　　）
A．线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相反
B．线框的角速度大小为
C．线框的感应电动势大小为
D．线框边所受安培力大小为
【答案】C
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】本题主要考查了电磁驱动原理，要掌握线速度与角速度的关系和感应电动势的公式的运用。 磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化。A．根据电磁驱动原理，线框的转动方向与辐向磁场的转动方向相同，故A错误；
B．当导线框达到稳定转动时，线框的AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小均为
根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可得此时的感应电流为
金属线框AB、CD两边所受的安培力均为
F安=BIl
联立解得
根据AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡，可得
f=F安
又有阻力为
当时，则有
解得导线框转动的最大角速度为
故B错误；
C．线框AB、CD边转动的相对线速度
感应电动势
故C正确；
D．线框匀速转动
故D错误。
故选C。
【分析】根据电磁驱动原理分析作答；线框转动的周期与辐向磁场的转动周期相同，据此分析作答；根据线速度与角速度的关系和感应电动势的公式分析作答；线框匀速转动，安培力等于阻力。
21．（2025高二上·黔西南期末）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（　　）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加
D．粒子离开D形盒时动能为
【答案】D
【知识点】电场力做功；理想模型法；洛伦兹力的计算；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
回旋半径，半径大小决定了容纳的最大速度，粒子离开D形盒时速度为，
动能为，各变量显示与电压无关，故A错误；
B．每次加速的效果相同，每次加速，粒子获得的能量是固定的qU，，动能每次增加相同的量从v0到vn有：，，……，
v0到vn的动能的所有等式逐项累加得vn的动能为：， 整理得 ，两边开根号得，同理得，所以前后速度差为，故B错误；
C．粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变这相当于无损耗反弹已经非常不容易了，故C错误；
D．除了加速狭缝区域外，粒子在磁场中都在做匀速圆周运动，洛伦兹力大小，方向总垂直于速度方向，能恒定提供向心力，有，当粒子来到最大半径区域圆周运动时意味着要离开D形盒，此时速度为，代入动能公式，动能为，故D正确；
故选D。
【分析】（1）通过回旋加速器工作原理分析粒子运动，结合洛伦兹力提供向心力和电场加速公式；
突破点：粒子在D形盒内做匀速圆周运动，缝隙间被电场加速；电压U仅决定加速次数；若考虑相对论效应，粒子质量随速度增大，需调整交变电压频率；
（2）易错点：误认为电压U影响最终速度（实际由磁场和D形盒半径决定）；混淆动能增加条件（仅缝隙处电场做功）。
22．（2025·安徽） 如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
可得
故A错误；
B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1
根据几何关系可知
当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2
根据几何关系可知
，
故上表面接收到粒子的区域长度为
故B错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短
，
可得
由
可得
故D错误。
故选C。
【分析】 本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，由题意画出轨迹确定临界是解题关键。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子的轨迹半径大小；画出粒子轨迹，由数学知识求得 薄板的上表面接收到粒子的区域长度和板的下表面接收到粒子的区域长度 ；由，求得周期表达式，根据 计算薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间 。
二、多项选择题
23．（2023高三下·江西月考）如图所示是地磁场磁感线分布模型，小明同学受安培分子电流假说的启发，对地磁场形成原因进行了尝试性阐释：小强同学指出飞机飞行时，机翼两端将产生电势差并做出了尝试性阐释。关于地磁场及机翼感应电动势有关阐释，下列说法正确的有（　　）
A．地球带正电和地球自转形成了地磁场
B．地球带负电和地球自转形成了地磁场
C．飞机在北半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高
D．飞机在南半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高
【答案】B,D
【知识点】地磁场
【解析】【解答】AB．若地球带负电，由于地球自西向东自转，故而形成了自东向西的环形电流，根据安培定则对环形电流磁场分布特征类比，就相当于形成了地磁场模型，所以A不符合题意，B符合题意；
CD．飞机在飞行时，机翼切割磁感线运动，磁场方向在南半球有向上的分量，在北半球有向下的分量。根据右手定可知，在北半球向西飞行时相对飞行员的左侧机翼电势高，在南半球向西飞行时相对飞行员的右侧机翼电势高。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用地磁场方向结合安培定则及地球自转方向可以地球所带电性；利用右手定则可以判别电势的高低。
24．（2025·河南） 手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右
B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且
D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；运动的合成与分解；左手定则—磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 AB.若沿顺时针方向，安培力方向向右，为使镜头处于零加速度状态，原来合力的方向向左，加速度向左， 同理若沿顺时针方向，安培力方向向上， a的方向向下 ，故A错误，B正确；
CD. 若a的方向沿左偏上， 将加速度分解为水平向右方向和竖直方向， ax=acos30° ， ay=asin30° ，水平加速度更大，结合前面分析可知Ic＞Id，沿顺时针方向，沿逆时针方向；
若a的方向沿右偏上， 结合前面分析可知Ic＞Id，沿逆时针方向，沿逆时针方向，故C正确，D错误。
故答案为：BC。
【分析】 根据安培力方向与镜头原有加速度方向相反结合左手定则以及加速度的分解知识进行分析解答。
25．（2024高二下·罗庄期末）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为 D．安培力为
【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】本题考查了安培力的大小的计算和其方向的判断问题。AB． 导线AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流 ，根据左手定则，可知半圆环受到的安培力方向垂直于直径AB向下，易知通电后两绳拉力变大 ，故A错误，B正确；
CD．半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】确定此半圆环在磁场中受到的安培力对应的等效长度，根据安培力计算公式求解安培力大小。根据左手定则判断半圆环受到的安培力的方向，根据安培力的方向可知通电后两绳拉力如何变化。
26．（2024·湖北） 磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（　　）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【答案】A,C
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】 A、根据左手定则判断，可知带正电的粒子向极板MN偏转，则极板MN带正电，带负电的粒子向极板PQ偏转，则极板PQ带负电，故极板MN是发电机的正极，故A正确；
BCD、当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，则有： ，（其中v是粒子喷入磁场的速率，d为两极板间距），可得极板间的电压：U=Bdv。
仅增大两极板间的距离d，极板间的电压U增大；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压U增大；极板间的电压大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关。故BD错误，C正确。
故选：AC。
【分析】 根据左手定则判断带正、负电的粒子偏转方向，确定极板MN、PQ的带电情况；当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，由此推导极板间的电压的表达式，根据表达式分析BCD选项。
27．（2025·湖南）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【答案】A,C
【知识点】动量定理；安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；
B．若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知，
可得
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，F安在变化，不可能与恒力一直平衡，所以金属杆在沿x轴正方向的恒力作用下不可能做匀速直线运动，故B错误；
C．取一微小时间内，设此时金属杆接入导轨中的长度为，取向右为正方向，
根据动量定理有
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为
故C正确；
D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据右手定则判断金属杆中电流方向；推导出安培力与速度的关系式，判断金属杆能否做匀速直线运动；根据动量定理求金属杆停止运动时与导轨围成的面积；结合C项结果分析D项。
28．（2025·广西） 如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO'穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　）
A．M粒子质量为
B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为
【答案】A,D
【知识点】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】【解答】A．对M粒子在加速电场中，根据动能定理有
在速度选择器中，根据平衡关系
解得
故A正确；
B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知
所以v0N＞v0M，故B错误；
C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则根据洛伦兹力提供向心力
解得M粒子在磁场中运动半径
N粒子在磁场中运动的半径为r2，则
解得
其中
可得
N粒子在选择器中，根据动能定理
在加速电场中，根据动能定理
解得
，
则要想使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，则需满足
联立解得
故C错误；
D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，对N粒子在加速电场中，根据动能定理有
N粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
解得
因：v0N＞v0M，故r3＜r1
则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为
其中，
可得
故D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据动能定理和平衡关系求M粒子质量；根据力的大小关系求刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度；根据洛伦兹力提供向心力求出M粒子在磁场中运动半径，结合动能定理和平衡关系求此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比；根据长度关系求打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距。
29．（2024·浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为 mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若v0=，弹力冲量为零
【答案】C,D
【知识点】牛顿第二定律；冲量；洛伦兹力的计算；带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】A. 由动量定理可知，故合力的冲量大小为，A不符合题意；
B. 由牛顿第二定律有可知上滑加速度大小为，则小球上滑所用的时间，重力G的冲量大小为，B不符合题意；
C. 小球做匀加速直线运动，速度，故洛伦兹力大小，可知洛伦兹力随时间线性变化，故洛伦兹力的冲量为，C符合题意；
D. 若小球，则0时刻小球所受洛伦兹力大小为，小球垂直杆方向所受合力为零，可得，弹力为，则小球在整个减速过程FN图像与t轴围成面积为零，冲量为零，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】根据牛顿第二定律可得出小球做匀变速直线运动的加速度大小；利用洛伦兹力的表达式，结合小球速度随时间变化的关系式可得到洛伦兹力的大小，根据冲量的表达式可得出小球所受力的冲量。
三、非选择题
30．（2025高二下·深圳月考）如图所示，电源电动势E＝2.4 V，内阻r＝0.4 Ω，电阻R2＝0.2 Ω，CD、EF为竖直平面内两条平行导轨，处在与导轨平面垂直的水平匀强磁场中，其电阻忽略不计，ab为金属棒，质量m＝5 g，在导轨间的长度l＝25 cm，电阻R1＝0.2 Ω，ab可在光滑导轨上自由滑动且与导轨接触良好，滑动时保持水平，g取10 m/s2，求：
（1）S断开ab保持静止时，B的大小；
（2）S接通瞬间，金属棒的加速度。
【答案】【解答】（1）S断开时，R1与r串联，
由安培力与重力合力为零即平衡条件知
（2）S接通时，R1与R2并联后与r串联，R1与R2并联电阻为
通过电源的电流
通过金属棒的电流为相同电阻并联电路电流平均分，
由牛顿第二定律得，金属棒的加速度重力安培力的矢量和提供，
S接通瞬间，金属棒的加速度方向沿重力方向即竖直向下。
（1）5×10－2 T；（2）S接通瞬间，金属棒的加速度4 m/s2，方向竖直向下
【知识点】牛顿第二定律；串联电路和并联电路的特点及应用；安培力的计算
【解析】【分析】（1）S断开时：串联电路电流，ab棒同时受重力和安培力，磁场B的存在提供安培力，求出B的大小；
S闭合时：回路通电，ab棒电流被R2分流受安培力变小，重力有剩余可以加速，用合力求得加速度；
安培力公式 F安=BIlF安 =BIl，方向由左手定则判断（水平方向）；
（2）易错点：单位未统一质量用克而非千克，长度用厘米而非米。
31．（2024高二下·江西月考）如图所示，平行板电容器两板间加有恒定电压，在平行板电容器右侧有内径为、外径为内径的2倍的圆环状匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为．在板附近有一个粒子源，不断放出初速度大小不计、比荷为的带正电荷的粒子，粒子经电场加速后，沿圆环直径方向射入环形磁场，粒子恰好不进入小圆形区域，粒子的重力不计，，．
（1）求粒子在磁场中运动的速度大小．
（2）若要求、两板间电场强度不能大于，则两板间的距离至少为多少？
（3）求粒子在磁场中运动的时间（保留三位有效数字）．
【答案】（1）解：粒子恰好不能进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为，此时轨迹如图所示．
根据几何关系有
解得
设粒子在磁场中运动的速度为，根据牛顿第二定律有
解得
（2）解：设两板间电压为，根据动能定理
解得
两板间的距离至少为
（3）解：电粒子在磁场中运动的周期
根据几何关系
解得
可知轨迹对应的圆心角为106°，则有
【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】【分析】画出粒子运动轨迹，根据几何关系求出R，磁场中根据洛伦兹力提供向心力求出速度来；根据动能定理求出板间电压，进一步求出压强；根据周期公式求出周期，利用几何关系求圆心角，进一步求出运动时间。
32．（2025·黑吉辽蒙）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求时边受到的安培力大小F；
（2）画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）；
（3）从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为
由图（b）可知，时磁感应强度大小为
所以此时导线框的安培力大小为
（2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为
方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为
由法拉第电磁感应定律
可知内磁感应强度的变化率为
解得时磁感应强度大小为
方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为
（3）由动量定理可知
其中
联立解得经过磁场边界的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；
（3）根据动量定理列式求解。
33．（2025·云南） 如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。
【答案】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律
对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律
竖直方向由平衡条件
联立可得
（2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律得，感应电流为
安培力大小为
联立可得
若要使两物体分离，此时有
其中
解得
由运动学公式
解得
故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为
（3）水平方向由运动学公式
竖直方向有
其中
可得力F作用的总时间为
水平方向对系统由动量定理
其中
联立可得
当时，最终木块与箱子的速度大小为
当时，最终木块与箱子的速度大小为
【知识点】动量定理；安培力；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。
34．（2025·上海）特雷门琴是世界第一件电子乐器。特雷门琴生产於1919年，由前苏联物理学家利夫·特尔门（Lev Termen）教授发明，艺名雷奥·特雷门（Leon Theremin）。同年已经由一位女演奏家作出公开演奏，尤甚者连爱因斯坦都曾参观，依然是世上唯一不需要身体接触的电子乐器。
（1）人手与竖直天线构成可视为如下图所示的等效电容器，与自感线圈L构成振荡电路。
（1）当人手靠近天线时，电容变大　 　（选填“变大”、“不变”、“变小”）。
（2）（多选）在电容器电荷量为零的瞬间，　 　达到最大值。
A．电场能 B．电流 C．磁场能 D．电压
（2）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为正面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其侧面图如图b所示。
（1）此时线圈的受力方向为　 　
A．左 B．右 C．径向向外 D．径向向内
（2）若单匝线圈周长为，磁场强度，，，，则I的有效值为　 　A；单匝线圈收到的安培力的最大值为　 　？
（3）已知当温度为25℃时，声速，求琴的的波长为　 　？
（3）有一平行板电容器，按如下图接入电路中。
（1）减小两平行板间距d时，电容会变大　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
（2）已知电源电压为U，电容器电容为C，闭合开关，稳定时，电容器的电荷量为　 　
（4）有一质量为m，电荷量为q的正电荷从电容器左侧中央以速度水平射入，恰好从下极板最右边射出，板间距为d，两极板电压为U，求两极板的长度L（电荷的重力不计）。
（5）已知人手靠近竖直天线时，音调变高，靠近水平天线时，声音变小；那么若想声波由图像①变成图像②，则人手（　　）
A．靠近竖直天线，远离水平天线 B．靠近竖直天线，靠近水平天线
C．远离竖直天线，远离水平天线 D．远离竖直天线，靠近水平天线
【答案】（1）变大；BC
（2）B；；；
（3）变大；
（4）
（5）B
【知识点】安培力的计算；电磁波的周期、频率与波速；电磁振荡
【解析】【解答】（1）1、根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数ε（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，从而电容变大。
2、在LC振荡电路中，根据i t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ ，电压也为零，电场能也为零。故选BC。
（2）1、观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。
2、对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值 的关系为，则I的有效值为，单匝线圈收到的安培力的最大值为
3、根据波速、频率和波长的关系，则有
（3）1、根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
2、闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为
（4）根据牛顿第二定律得，整理得，粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式，解得，两极板的长度
（5）人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。
【分析】（1）1、由公式：可知介电常数增大，则电容变大。
2、在LC振荡电路中，当电荷量为零时电流达到最大值，磁场能也达到最大，电场能为零。
（2）1、根据左手定则判断线圈所受安培力方向。
2、
3、根据波速、频率和波长的关系求解波长。
（3）根据平行板电容器电容的决定式，判断当减小两平行板间距d时，电容变化。
（4），，，联立可求解板长。
（5）音调变高即波的频率变大，声音变小，即波的振幅变小。
（1）（1）根据平行板电容器电容的决定式，当人手靠近天线时，相当于改变了电容器的介电常数ε（人手会使周围介质的介电性质改变），使得介电常数增大，从而电容变大。
（2）在LC振荡电路中，根据i t图像（LC振荡电路中电流随时间变化的图像），当电荷量为零时，电流达到最大值。磁场能与电流成正相关，故磁场能也达到最大。而电荷量为零时，电压U=CQ ，电压也为零，电场能也为零。故选BC。
（2）（1）观察图a，根据左手定则可知线圈所受安培力方向为向右，故选B。
（2）[1]对于正弦式交变电流，电流的有效值与峰值 的关系为
则I的有效值为
[2]单匝线圈收到的安培力的最大值为
（3）根据波速、频率和波长的关系，则有
（3）（1）根据平行板电容器电容的决定式，当减小两平行板间距d时，其他量不变，所以电容C会变大。
（2）闭合开关，稳定时，根据电容的定义式可知电容器的电荷量为
（4）根据牛顿第二定律得
整理得
粒子恰好从下极板最右边射出，垂直于板的方向上，根据位移公式
解得
两极板的长度
（5）人手靠近竖直天线时，音调变高即波的频率变大，靠近水平天线时，声音变小，即波的振幅变小。声波由图像①变成图像②即频率变大了，振幅变小了，可得人手靠近竖直天线、靠近水平天线。故选B。
35．（2025·陕西）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量）
（1）电子的比荷；
（2）当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。
【答案】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
（2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
由射出到相切，经过半个周期，用时
根据速度的合成与分解可知
平行轴线方向运动距离
结合对称性，被电子击中的面积
【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】【分析】（1）将电子的运动分解处理，电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以做匀速圆周运动。恰好没有电子落到筒壁上，说明圆周运动半径最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解电子的比荷；
（2）根据（1）的解答，求出恰好打到筒壁上的电子出射时的方向，根据分运动的等时性求出电子在平行于磁场的方向上运动的位移大小，根据几何关系求解筒壁上落有电子的区域面积。
36．（2025·湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径；
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x：
（3）粒子的运动周期T.
【答案】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
（2）粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；
粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为
粒子在MN和PQ之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为
【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）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，求解 粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据求得粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径，再利用数学知识球的粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）求得粒子在两个磁场区域运动时间，利用数学知识求得粒子在无磁场区域运动距离，再根据求得 在无磁场区域运动时间，进而求得周期。
37．（2024·浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，喷镀板P上表面中点Q的坐标为(1.5L，0)，栅极板M中点S的坐标为(3L，0)，离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控(UNM>0)，a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U0，求α离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0(用L表示)。
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：
①U的调节范围(用U0表示)；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
【答案】（1）解：
（2）解：对a：
对b：
，
（3）解：
刚好到达s点
①
②
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；质谱仪和回旋加速器
【解析】【分析】（1）利用动能定理可得出离子加速后的速度大小，根据离子在磁场中受到洛伦兹力提供向心力的特点可得出半径大小，进而得到位置；
（2）根据离子在磁场中偏转的半径表达式，可得出加速电压的调节范围和b离子落在镀板表面的区域长度；
（3）根据几何关系可得出离子做圆周运动的半径大小，结合电压的大小可得出结论。
38．（2024·北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道．图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图．放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d．阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入．
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等．放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离．每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零．氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和．
已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用．
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F．
【答案】（1）解：氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
解得
（2）解： 在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有：
在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有：
eE=evB2
解得：
（3）解： 已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n-n1，设单位时间内被电离的氙原子数为N，则有：
已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有：N=n-n1
联立可得：
氙离子经电场加速过程，根据动能定理得：
时间Δt内喷出的氙离子持续受到的作用力为F'，以向右为正方向，由动量定理得
F' Δt=N Δt Mv1
解得：
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；霍尔元件
【解析】【分析】（1）氙离子在放电室时仅考虑电场力作用，根据牛顿第二定律求解其加速度的大小；
（2）根据动能定理求得电子运动到阳极附近的速度，在阳极附近电子在沿轴线的方向上所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，由平衡条件求得磁感应强度大小B2；
（3）根据已知条件求得单位时间内被电离的氙原子数。根据动能定理求得氙离子经电场加速获得的速度大小，根据动量定理与牛顿第三定律求解此霍尔推进器获得的推力大小F。
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