河北省衡水市阜城县阜城实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2025高二上·阜城期末）如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色端）指示磁场方向正确的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
2．（2025高二上·阜城期末）如图所示，一长为2L、宽为L的矩形区域ABCD内（包括边界），存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为BC边的中点。A处有一粒子源，可以沿AD方向发射质量为m、带电量为的粒子（不计重力与粒子间的相互作用）。从PC段射出的粒子初速度大小的范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高二上·阜城期末）有一种磁悬浮地球仪，如图甲所示。其原理如图乙所示，底座是线圈，地球仪是磁铁，通电时能让地球仪悬浮在空中。下列说法正确的是（ ）
A．线圈的两端应该接交流电源
B．线圈的a端点须连接直流电源的正极
C．线圈的a端点须连接直流电源的负极
D．地球仪根据异名磁极互相排斥的原理工作
4．（2025高二上·阜城期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，L形导线通以恒定电流I后放置在匀强磁场中。已知ab边长为4L，与磁场方向垂直，bc边长为3L，与磁场方向平行，则该导线受到的安培力大小为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·阜城期末）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
6．（2025高二上·阜城期末）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ）
A．圆环可能做匀减速运动
B．圆环不可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功可能为
D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为
7．（2025高二上·阜城期末）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电动势大小分别为、和。则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·阜城期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某一速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后打在右侧屏上的P点，QP连线过圆心O，QP与MN的夹角，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子做圆周的运动半径为
C．粒子运动的速率为
D．粒子在磁场中运动的时间为
9．（2025高二上·阜城期末）如图，线圈固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度变化使线圈中产生感应电流且逐渐变小，则磁感应强度B随时间t变化可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高二上·阜城期末）如图，两极板P、Q之间的距离为，极板间所加电压为，两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电子以速度从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，恰好沿直线运动，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．P极板接电源的负极
B．磁感应强度大小为
C．若仅将电子的速度减半，则电子在该区域运动过程中电势能增加
D．若一质子（不计重力）以速度从左侧两板边缘连线的中点沿虚线进入板间，也沿直线运动
11．（2025高二上·阜城期末）回旋加速器是一种粒子加速器，大小从数英寸到数米都有，它是由欧内斯特 劳伦斯于1929年在柏克莱加州大学发明的。现简化如图，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有交流电压。若A处粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速，下列说法中正确的是（ ）
A．洛伦兹力对带电粒子不做功，出射粒子的动能与磁场的磁感应强度无关
B．若仅增大电荷量和质量的比值需将交流电源的周期变小
C．电场的作用是使带电粒子做圆周运动，获得多次被加速的机会
D．若仅增大加速电场的电压，粒子的最大动能保持不变
12．（2025高二上·阜城期末）如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是
A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流
B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流
C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
13．（2025高二上·阜城期末）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为 B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小
14．（2025高二上·阜城期末）如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为，前、后两个侧面是绝缘体，上、下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体连接组成闭合回路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直前侧面；高温等离子体以不变的速率v水平向右进入发电通道内，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素，以下说法正确的是（ ）
A．磁流体发电机是根据电磁感应原理发电的
B．以能量转化的角度来看，磁流体发电机是把等离子体的动能转化为电能
C．当开关闭合后该磁流体发电机模型的路端电压为
D．要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力
15．（2025高二上·阜城期末）如图所示，长度为L=0.1m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD，垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，导轨间距离也为L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计。导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面，磁感强度B=4T。现以水平向右的恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，求：
（1）电路中理想电流表和与理想电压表的示数；
（2）拉动金属棒的外力F的大小；
（3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求撤去外力到金属棒停止运动的过程中，金属棒上产生的电热。
16．（2025高二上·阜城期末）如图所示，仅在xOy平面的第I象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角θ=30°。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求：
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）能从y轴垂直射出的电子的速率；
（3）从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】导线的电流方向为逆时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向；a处电流的方向向上，由右手螺旋定则可知，a处的磁场为逆时针方向（俯视），所以a的指向错误；由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为S极，右端为N极，螺线管的内部磁场由左指向右，外部由右到左，则有b磁针方向错误，c磁针方向正确；而对于U形螺线管左端相当于N极，右端相当于S极，所以螺线管上边的磁场方向向右，因此d磁针方向错误；由以上的分析可知，C正确，ABD错误；
故选：C。
【分析】根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向。
2．【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解题关键在于分析粒子从AP段射出时对应的临界轨迹：最小速度对应粒子恰好从P点射出，最大速度对应粒子从C点射出。若粒子从P点射出，则半径R=L
根据
可得
若粒子从C点射出，则
解得r=2.5L
根据
可得
则从PC段射出的粒子初速度大小的范围为
故选A。
【分析】粒子从AP段射出需要满足两个条件：一是粒子轨迹与AP边有交点，二是粒子轨迹不超过磁场边界。当粒子从P点射出时，轨迹半径最小，对应最小速度；当粒子从AP段某点射出时，轨迹半径最大，对应最大速度。通过几何关系确定轨迹半径范围，再结合圆周运动条件即可得到速度范围。
3．【答案】B
【知识点】安培定则
【解析】【解答】A． 为使地球仪稳定悬浮在空中，线圈磁场方向应不变，线圈应通直流电，A错误；
BC．根据同名磁极相互排斥，通电线圈上端应为S极，根据右手螺旋定则可知，线圈的a端点须连接直流电源的正极；B正确，C错误；
D．地球仪根据同名磁极互相排斥的原理工作，D错误。
故选B。
【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；根据地球仪一直悬浮，可知磁场方向不变，应为直流电流；根据右手定则判断电流的方向。
4．【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】因段与磁场方向平行，故不受安培力，段与磁场方向垂直，所受安培力大小为
则该导线受到的安培力大小为。
故答案为：B。
【分析】安培力的产生条件是电流方向与磁场方向不平行，需分别分析ab段和bc段的受力情况。
5．【答案】A
【知识点】磁现象和磁场、磁感线；磁电式电流表；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；
D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。
故答案为：A。
【分析】结合左手定则判断安培力方向，同时根据磁感应强度的矢量性（大小+方向）、磁感线的分布规律分析各选项。
6．【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在本题中，要注意分析洛伦兹力和重力的关系，从而确定圆环是否受到支持力和摩擦力，进而分析圆环的运动情况。分情况对圆环受力分析，第一种情况
圆环受到向下的重力，向上洛伦兹力、向上的支持力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零；
第二种情况
支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，重力与支持力平衡，这种情况下圆环做匀速直线运动。
第三种情况速度较大，洛伦兹力大于重力，
随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。
由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；
B．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，洛伦兹力等于重力，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B错误；
C．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为，故C正确。
D．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得
设克服摩擦力做功为W，由动能定理可得
解得
圆环克服摩擦力所做的功为，故D错误。
故选择C选项。
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、支持力和摩擦力，根据圆环的初速度的情况，分析洛伦兹力和重力的关系，进而分析圆环的受力情况，从而知道圆环可能的运动情况。
7．【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】设正方形线框的边长为2r，则圆形线框的半径为r，正六边形线框的边长为r，它们的面积分别为
，，
解得
根据法拉第电磁感应定律，可得
依题意，为同一个值，即感应电动势与线框面积成正比，可得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，为同一个值，感应电动势与线框面积成正比。只需要比较三者面积就可比较感应电动势。
8．【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题首先应先确定粒子做匀速圆周运动的圆心，能根据几何知识求解粒子做匀速圆周运动半径以及圆心角，熟记半径和周期公式。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
A．由图可知，粒子在点受水平向右的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
BC．由几何关系可得，粒子做圆周的运动半径为
由牛顿第二定律有
解得
故B错误，C正确；
D．粒子在磁场中运动的周期为
由几何关系可知，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则分析粒子的电性；根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动速率，找到轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解运动时间；
9．【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】磁场方向垂直线圈平面， 线圈面积S不变，根据法拉第电磁感应定律可知
因此要使感应电流减小即减小感应电动势，应使线圈中的磁通量的变化率减小，即图象中的斜率应减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，明确线圈面积S不变，可以得出，再根据图象的性质即可确定能使感应电流减小的图象。
10．【答案】B,D
【知识点】电势能；速度选择器
【解析】【解答】AB．电子恰好沿直线运动，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向下，则电子受到的电场力向上，板间场强方向向下，P极板接电源的正极；根据受力平衡可得
解得磁感应强度大小为，故A错误，B正确；
C．若仅将电子的速度减半，则洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，电场力对电子做正功，电子的电势能减少，故C错误；
D．若一质子（不计重力）以速度从左侧两板边缘连线的中点沿虚线进入板间，质子受到的电场力向下，受到洛伦兹力向上，仍满足受力平衡，能沿直线运动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】电子在板间做直线运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，结合受力方向判断极板极性，再分析速度、粒子种类变化时的受力情况。
11．【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A． 由粒子离开D形盒时的速度、动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可知
解得
粒子的最大动能为
可知出射粒子的动能与磁场的磁感应强度有关，故A错误；
B．交流电源的周期等于粒子在磁场中的周期，则有
故仅增大电荷量和质量的比值，粒子圆周运动的周期变小；而交流电源的周期与粒子圆周运动的周期相等，故交流电源的周期变小，故B正确；
C． 由粒子在电场、磁场中的受力特点，可知电场对粒子做功，使粒子获得动能；磁场使粒子回旋，获得被加速的机会，但对粒子不做功， 故C错误；
D．若仅增大加速电场的电压，根据最大动能表达式
可知粒子的最大动能保持不变，故D正确。
故选BD。
【分析】根据带电粒子在电场、磁场中受到的力，可分析电场、磁场分别对粒子的作用；由粒子离开D形盒时的速度、动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，从而判断最大动能影响因素。
12．【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题主要是考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，解答本题要掌握法拉第电磁感应定律的计算公式以及楞次定律的应用。根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，，根据欧姆定律可知，线圈中的电流 故C正确，D错误．
故选AC。
【分析】根据楞次定律判断线圈内产生感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小，再根据闭合电路欧姆定律求解电流强度。
13．【答案】A,B,C
【知识点】向心力；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AD．粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则，，则得，其中E、B、B0都时定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，则粒子的轨道半径R越小，粒子的荷质比越大。所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故A确。D错误。B．带正电荷的粒子进入速度选择器，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则可判断速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外。故B正确；
C．能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，受力平衡，则
所以得，故C正确；
故答案为：ABC。
【分析】质谱仪的核心是通过 “速度选择器筛选特定速率粒子”“偏转磁场区分荷质比”，结合受力平衡、圆周运动规律分析选项。
14．【答案】B,D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据电荷的平衡求出电动势的大小。AB．磁流体发电基本原理是导电流体（气体或液体）中的带电粒子，受到磁场对其洛伦兹力在电场中发生偏转，带电粒子的电势能增加，机械能减小，可知磁流体发电机不是根据电磁感应原理发电的，从能量转化的角度来看，磁流体发电机是把等离子体的机械能转化为电能，故A错误，B正确；
C．发电通道内电荷量为q的离子受力平衡，由
可得
当开关闭合，磁流体发电机模型的路端电压为，C错误；
D．等离子体的动能转化为电能，要使等离子体速度不变，根据能量守恒定律可知需要有推力做功，D正确。
故选BD。
【分析】等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极。最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势E。
15．【答案】（1）解：杆产生的电动势为，电流表的示数为，电压表示数为，感应电动势
闭合电路欧姆定律
解得，
（2）解：设杆受到的拉力为，安培力大小
则有
（3）解：由能量守恒，回路中产生的电热等于棒动能的减少量
金属棒上产生的电热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电表示数：先由电磁感应求感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律求电流，由欧姆定律求电压；
（2）外力大小：匀速运动时外力与安培力平衡，直接计算安培力得外力；
（3）金属棒电热：动能全部转化为电热，利用 “电热与电阻成正比” 的规律，计算金属棒对应的电热。
16．【答案】解： （1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示
由牛顿运动定律得
又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径
联立解得
电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向外。
（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，轨迹如图所示
根据几何关系有
又由牛顿运动定律得
解得电子的速率
（3）粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的时间为
从Q点射出的电子，在磁场中转过的角度为
从y轴垂直射出的电子，在磁场中转过的角度为
联立可得从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据左手定则确定磁场方向，电子从Q点出射，P点入射，据此确定电子做圆周运动的半径，然后由圆周运动中的牛顿第二定律即可求解；
（2）找到圆心，根据几何关系求出电子运动的半径即可求解；
（3）分别求出两种情况下电子运动的偏转角，电子运动的时间正比于回旋角。
1 / 1河北省衡水市阜城县阜城实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末物理试题
1．（2025高二上·阜城期末）如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色端）指示磁场方向正确的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
【答案】C
【知识点】通电导线及通电线圈周围的磁场
【解析】【解答】导线的电流方向为逆时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向；a处电流的方向向上，由右手螺旋定则可知，a处的磁场为逆时针方向（俯视），所以a的指向错误；由右手螺旋定则可知，通电螺线管左端为S极，右端为N极，螺线管的内部磁场由左指向右，外部由右到左，则有b磁针方向错误，c磁针方向正确；而对于U形螺线管左端相当于N极，右端相当于S极，所以螺线管上边的磁场方向向右，因此d磁针方向错误；由以上的分析可知，C正确，ABD错误；
故选：C。
【分析】根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向。
2．（2025高二上·阜城期末）如图所示，一长为2L、宽为L的矩形区域ABCD内（包括边界），存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，P为BC边的中点。A处有一粒子源，可以沿AD方向发射质量为m、带电量为的粒子（不计重力与粒子间的相互作用）。从PC段射出的粒子初速度大小的范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解题关键在于分析粒子从AP段射出时对应的临界轨迹：最小速度对应粒子恰好从P点射出，最大速度对应粒子从C点射出。若粒子从P点射出，则半径R=L
根据
可得
若粒子从C点射出，则
解得r=2.5L
根据
可得
则从PC段射出的粒子初速度大小的范围为
故选A。
【分析】粒子从AP段射出需要满足两个条件：一是粒子轨迹与AP边有交点，二是粒子轨迹不超过磁场边界。当粒子从P点射出时，轨迹半径最小，对应最小速度；当粒子从AP段某点射出时，轨迹半径最大，对应最大速度。通过几何关系确定轨迹半径范围，再结合圆周运动条件即可得到速度范围。
3．（2025高二上·阜城期末）有一种磁悬浮地球仪，如图甲所示。其原理如图乙所示，底座是线圈，地球仪是磁铁，通电时能让地球仪悬浮在空中。下列说法正确的是（ ）
A．线圈的两端应该接交流电源
B．线圈的a端点须连接直流电源的正极
C．线圈的a端点须连接直流电源的负极
D．地球仪根据异名磁极互相排斥的原理工作
【答案】B
【知识点】安培定则
【解析】【解答】A． 为使地球仪稳定悬浮在空中，线圈磁场方向应不变，线圈应通直流电，A错误；
BC．根据同名磁极相互排斥，通电线圈上端应为S极，根据右手螺旋定则可知，线圈的a端点须连接直流电源的正极；B正确，C错误；
D．地球仪根据同名磁极互相排斥的原理工作，D错误。
故选B。
【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；根据地球仪一直悬浮，可知磁场方向不变，应为直流电流；根据右手定则判断电流的方向。
4．（2025高二上·阜城期末）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，L形导线通以恒定电流I后放置在匀强磁场中。已知ab边长为4L，与磁场方向垂直，bc边长为3L，与磁场方向平行，则该导线受到的安培力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】安培力的计算
【解析】【解答】因段与磁场方向平行，故不受安培力，段与磁场方向垂直，所受安培力大小为
则该导线受到的安培力大小为。
故答案为：B。
【分析】安培力的产生条件是电流方向与磁场方向不平行，需分别分析ab段和bc段的受力情况。
5．（2025高二上·阜城期末）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】磁现象和磁场、磁感线；磁电式电流表；左手定则—磁场对带电粒子的作用
【解析】【解答】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误；
D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。
故答案为：A。
【分析】结合左手定则判断安培力方向，同时根据磁感应强度的矢量性（大小+方向）、磁感线的分布规律分析各选项。
6．（2025高二上·阜城期末）如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（ ）
A．圆环可能做匀减速运动
B．圆环不可能做匀速直线运动
C．圆环克服摩擦力所做的功可能为
D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为
【答案】C
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】在本题中，要注意分析洛伦兹力和重力的关系，从而确定圆环是否受到支持力和摩擦力，进而分析圆环的运动情况。分情况对圆环受力分析，第一种情况
圆环受到向下的重力，向上洛伦兹力、向上的支持力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零；
第二种情况
支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，重力与支持力平衡，这种情况下圆环做匀速直线运动。
第三种情况速度较大，洛伦兹力大于重力，
随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。
由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；
B．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，洛伦兹力等于重力，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B错误；
C．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为，故C正确。
D．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得
设克服摩擦力做功为W，由动能定理可得
解得
圆环克服摩擦力所做的功为，故D错误。
故选择C选项。
【分析】圆环向右运动的过程中可能受到重力、洛伦兹力、支持力和摩擦力，根据圆环的初速度的情况，分析洛伦兹力和重力的关系，进而分析圆环的受力情况，从而知道圆环可能的运动情况。
7．（2025高二上·阜城期末）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电动势大小分别为、和。则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】设正方形线框的边长为2r，则圆形线框的半径为r，正六边形线框的边长为r，它们的面积分别为
，，
解得
根据法拉第电磁感应定律，可得
依题意，为同一个值，即感应电动势与线框面积成正比，可得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，为同一个值，感应电动势与线框面积成正比。只需要比较三者面积就可比较感应电动势。
8．（2025高二上·阜城期末）如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为圆形区域的圆心，磁感应强度大小为B，一个比荷绝对值为k的带电粒子以某一速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，粒子离开磁场后打在右侧屏上的P点，QP连线过圆心O，QP与MN的夹角，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子做圆周的运动半径为
C．粒子运动的速率为
D．粒子在磁场中运动的时间为
【答案】C
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】解决该题首先应先确定粒子做匀速圆周运动的圆心，能根据几何知识求解粒子做匀速圆周运动半径以及圆心角，熟记半径和周期公式。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
A．由图可知，粒子在点受水平向右的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
BC．由几何关系可得，粒子做圆周的运动半径为
由牛顿第二定律有
解得
故B错误，C正确；
D．粒子在磁场中运动的周期为
由几何关系可知，轨迹的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为
故D错误。
故选C。
【分析】根据左手定则分析粒子的电性；根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子运动速率，找到轨迹对应的圆心角，根据周期公式求解运动时间；
9．（2025高二上·阜城期末）如图，线圈固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度变化使线圈中产生感应电流且逐渐变小，则磁感应强度B随时间t变化可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】磁场方向垂直线圈平面， 线圈面积S不变，根据法拉第电磁感应定律可知
因此要使感应电流减小即减小感应电动势，应使线圈中的磁通量的变化率减小，即图象中的斜率应减小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】根据法拉第电磁感应定律，明确线圈面积S不变，可以得出，再根据图象的性质即可确定能使感应电流减小的图象。
10．（2025高二上·阜城期末）如图，两极板P、Q之间的距离为，极板间所加电压为，两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一电子以速度从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，恰好沿直线运动，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．P极板接电源的负极
B．磁感应强度大小为
C．若仅将电子的速度减半，则电子在该区域运动过程中电势能增加
D．若一质子（不计重力）以速度从左侧两板边缘连线的中点沿虚线进入板间，也沿直线运动
【答案】B,D
【知识点】电势能；速度选择器
【解析】【解答】AB．电子恰好沿直线运动，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向下，则电子受到的电场力向上，板间场强方向向下，P极板接电源的正极；根据受力平衡可得
解得磁感应强度大小为，故A错误，B正确；
C．若仅将电子的速度减半，则洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，电场力对电子做正功，电子的电势能减少，故C错误；
D．若一质子（不计重力）以速度从左侧两板边缘连线的中点沿虚线进入板间，质子受到的电场力向下，受到洛伦兹力向上，仍满足受力平衡，能沿直线运动，故D正确。
故答案为：BD。
【分析】电子在板间做直线运动，说明电场力与洛伦兹力平衡，结合受力方向判断极板极性，再分析速度、粒子种类变化时的受力情况。
11．（2025高二上·阜城期末）回旋加速器是一种粒子加速器，大小从数英寸到数米都有，它是由欧内斯特 劳伦斯于1929年在柏克莱加州大学发明的。现简化如图，回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场，狭缝间接有交流电压。若A处粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速，下列说法中正确的是（ ）
A．洛伦兹力对带电粒子不做功，出射粒子的动能与磁场的磁感应强度无关
B．若仅增大电荷量和质量的比值需将交流电源的周期变小
C．电场的作用是使带电粒子做圆周运动，获得多次被加速的机会
D．若仅增大加速电场的电压，粒子的最大动能保持不变
【答案】B,D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A． 由粒子离开D形盒时的速度、动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可知
解得
粒子的最大动能为
可知出射粒子的动能与磁场的磁感应强度有关，故A错误；
B．交流电源的周期等于粒子在磁场中的周期，则有
故仅增大电荷量和质量的比值，粒子圆周运动的周期变小；而交流电源的周期与粒子圆周运动的周期相等，故交流电源的周期变小，故B正确；
C． 由粒子在电场、磁场中的受力特点，可知电场对粒子做功，使粒子获得动能；磁场使粒子回旋，获得被加速的机会，但对粒子不做功， 故C错误；
D．若仅增大加速电场的电压，根据最大动能表达式
可知粒子的最大动能保持不变，故D正确。
故选BD。
【分析】根据带电粒子在电场、磁场中受到的力，可分析电场、磁场分别对粒子的作用；由粒子离开D形盒时的速度、动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，从而判断最大动能影响因素。
12．（2025高二上·阜城期末）如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是
A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流
B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流
C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
【答案】A,C
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题主要是考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，解答本题要掌握法拉第电磁感应定律的计算公式以及楞次定律的应用。根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈内产生逆时针的感应电流，故A正确；同理，保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感应电流，故B错误；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，根据法拉第电磁感应定律可知，，根据欧姆定律可知，线圈中的电流 故C正确，D错误．
故选AC。
【分析】根据楞次定律判断线圈内产生感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小，再根据闭合电路欧姆定律求解电流强度。
13．（2025高二上·阜城期末）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为 B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小
【答案】A,B,C
【知识点】向心力；质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】AD．粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则，，则得，其中E、B、B0都时定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，则粒子的轨道半径R越小，粒子的荷质比越大。所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故A确。D错误。B．带正电荷的粒子进入速度选择器，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则可判断速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外。故B正确；
C．能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，受力平衡，则
所以得，故C正确；
故答案为：ABC。
【分析】质谱仪的核心是通过 “速度选择器筛选特定速率粒子”“偏转磁场区分荷质比”，结合受力平衡、圆周运动规律分析选项。
14．（2025高二上·阜城期末）如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为，前、后两个侧面是绝缘体，上、下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体连接组成闭合回路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直前侧面；高温等离子体以不变的速率v水平向右进入发电通道内，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素，以下说法正确的是（ ）
A．磁流体发电机是根据电磁感应原理发电的
B．以能量转化的角度来看，磁流体发电机是把等离子体的动能转化为电能
C．当开关闭合后该磁流体发电机模型的路端电压为
D．要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力
【答案】B,D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及会根据电荷的平衡求出电动势的大小。AB．磁流体发电基本原理是导电流体（气体或液体）中的带电粒子，受到磁场对其洛伦兹力在电场中发生偏转，带电粒子的电势能增加，机械能减小，可知磁流体发电机不是根据电磁感应原理发电的，从能量转化的角度来看，磁流体发电机是把等离子体的机械能转化为电能，故A错误，B正确；
C．发电通道内电荷量为q的离子受力平衡，由
可得
当开关闭合，磁流体发电机模型的路端电压为，C错误；
D．等离子体的动能转化为电能，要使等离子体速度不变，根据能量守恒定律可知需要有推力做功，D正确。
故选BD。
【分析】等离子体受到洛伦兹力发生偏转，根据正电荷的偏转方向确定直流电源的正极。最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出电源的电动势E。
15．（2025高二上·阜城期末）如图所示，长度为L=0.1m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD，垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，导轨间距离也为L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计。导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面，磁感强度B=4T。现以水平向右的恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，求：
（1）电路中理想电流表和与理想电压表的示数；
（2）拉动金属棒的外力F的大小；
（3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求撤去外力到金属棒停止运动的过程中，金属棒上产生的电热。
【答案】（1）解：杆产生的电动势为，电流表的示数为，电压表示数为，感应电动势
闭合电路欧姆定律
解得，
（2）解：设杆受到的拉力为，安培力大小
则有
（3）解：由能量守恒，回路中产生的电热等于棒动能的减少量
金属棒上产生的电热
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）电表示数：先由电磁感应求感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律求电流，由欧姆定律求电压；
（2）外力大小：匀速运动时外力与安培力平衡，直接计算安培力得外力；
（3）金属棒电热：动能全部转化为电热，利用 “电热与电阻成正比” 的规律，计算金属棒对应的电热。
16．（2025高二上·阜城期末）如图所示，仅在xOy平面的第I象限内存在垂直纸面的匀强磁场，一细束电子从x轴上的P点以大小不同的速率射入该磁场中，速度方向均与x轴正方向成锐角θ=30°。已知速率为v0的电子可从x轴上的Q点离开磁场，不计电子间的相互作用，电子的重力可以忽略，已知PQ=l，OP=3l，电子的电量为e，质量为m，求：
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）能从y轴垂直射出的电子的速率；
（3）从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比。
【答案】解： （1）电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示
由牛顿运动定律得
又由几何知识可得，从Q点射出的电子，其半径
联立解得
电子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向外。
（2）设电子从y轴垂直射出的速率为v、半径为r，轨迹如图所示
根据几何关系有
又由牛顿运动定律得
解得电子的速率
（3）粒子在磁场中运动的周期为
粒子在磁场中运动的时间为
从Q点射出的电子，在磁场中转过的角度为
从y轴垂直射出的电子，在磁场中转过的角度为
联立可得从Q点离开磁场和从y轴垂直射出的两电子在磁场中运动的时间比
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据左手定则确定磁场方向，电子从Q点出射，P点入射，据此确定电子做圆周运动的半径，然后由圆周运动中的牛顿第二定律即可求解；
（2）找到圆心，根据几何关系求出电子运动的半径即可求解；
（3）分别求出两种情况下电子运动的偏转角，电子运动的时间正比于回旋角。
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