1、15年新课标卷14两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【答案】D191824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C
2、在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】AB24(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2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/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。解：依题意，开关闭
3、合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受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由胡克定律和力的平衡条件得 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 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，由胡克定律和力的平衡条件得 由欧姆定律有 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。 联立式，并代入题给数据得 O 山东卷17. 如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A处于磁场中的圆盘部分
4、，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动 【答案】ABD【解析】由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E=BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的电功率越大，消耗的机械能越快，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流，不消耗机械能，圆盘匀速转动。选项D正确，选项ABD正确。IIIOGHvd24. （20分）如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处
5、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（区）和小圆内部（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，电量为+q的粒子由小孔下方d/2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。（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）若区，区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，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） （2）或 （3）5.5D【解析】（1）设极板间电场强度的大小为
6、E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 由式得 （2）设I区磁场感性强度的大小为B，粒子作圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 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，由几何关系得图甲 联立式得 若粒子轨迹与小圆内切，有几何关系得 联立式得 （3）设粒子在？I区和II区做圆周运动的半径分别为、，由题意可知I和II区磁感应强度的大小分别为、，由牛顿第二定律得， 代入数据得， 设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为、,由运动学公式得， 图乙112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，II区
7、内圆弧所对圆心角设为，圆弧和大圆的两个切点与圆心连线间的夹角设为，有几何关系得 图丙粒子重复上述交替运动回到点，轨迹如图丙所示，设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为、，可得, 设粒子运动的路程为，由运动学公式得 联立式得 14年全国卷 14在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是 （D ）A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，
8、在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化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 （ B ）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16如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为 （D ）A2 B C1 D 山东卷16.了解
9、物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是A.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动22.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3，方向与导轨平面垂直。先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度，表示的动能，、分别表示 、相对释放点的位移。图乙中
10、正确的是 24、（20分）如图甲所示，间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t=0时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、d、v0为已知量。（1）若，求B0；（2）若，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。24、解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 据题意由
11、几何关系得 联立式得 （2）设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得： 据题意由几何关系得 联立式得 （3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得 由牛顿第二定律得 由题意知，代入式得 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为，在第个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可知 设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3）若在A点击中P板，据题意由几何关系得 当n=0时，无解 当n=1时，联立式得 联立式得 当时，不满足的要求 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 当n=0时，无解 当n=1时，联立
12、式得 联立式得 当时，不满足的要求 13年 全国卷18.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为（不计重力）A.山东卷18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域风有垂直纸面的磁场。以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正
13、确反映F随时间t变化的图像是（ ）B 点评：也是很经典的的题型，电磁感应图像：分段分析，注意矢量的正负，16、17、18这三道题比前几年的考题明显简单，尤其是2011年那道电磁感应，双棒切割，不容易，今年这一道题不必动笔计算。23、（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OPd，OQ2d。不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。（2）若磁感
14、应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0的大小。（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。12年 全国19.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为CA. B.
15、C. D. 20.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是A山东卷14以下叙述正确的是（ AD ）A法拉第发现了电磁感应现象B惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果20如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属
16、导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（AC ）ABC当导体棒速度达到时加速度为D在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功23(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的
17、变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达时的速度大小和极板距离（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小23解：（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得 由式得 设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得 (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半
18、径为R，由牛顿第二定律得 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 联立式得 （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有 联立式得 若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得 联立式得 设粒子在磁场中运动的时间为 联立式得 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得 由题意得 联立式得 15（2011全国卷1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度
19、可能为零的点是Aa点 Bb点 Cc点 Dd点 解析：要合磁感应强度为零，必有和形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C25（2011山东）（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在区运动的时间t0（2）若区宽度L2=L1=L磁
20、感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件（4）若，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。解析：14（2011全国理综）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （B）解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。18（2011全国理综）电磁轨道炮工作原理如图所示。待
21、发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（BD）A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的2倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变解析：主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。25（2011全国理综）（19分）如图，在区域I（0xd）和区域
22、II（dx2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求（1）粒子a射入区域I时速度的大小；（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，
23、由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 式中，由式得 （2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为，射出点为（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得 、和三点共线，且由 式知点必位于 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即 式中，h是C点的y坐标。 设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则 式中，t是a在区域II中运动的时间，而 由式得 由式可见，b没有飞出。点的y坐标为 由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 25（2011全国卷1）（19分）（注意：在试卷上作答无效）如图，与水平面成45角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子以速度从平面MN上的点水平右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。解析：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成1角，位移与水平方向成2角且2=450，在电场中做类平抛运动， 则有：得出： 在电场中运行的位移:在磁场中做圆周运动，且弦切角为=1-2，得出：在磁场中运行的位移为：所以首次从II区离开时到出发点的距离为：
