专题08 磁场-2021年高考考前再回首易错题（解析版）.docx

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1、考前再回首易错题之静磁场易错题清单易错点1：对磁感应强度、安培力、洛伦兹力等概念理解错误.磁感应强度是矢量，定义式的含义要求理解到位。分析和求解安培力时容易出现以下错误：（1）不能正确地对磁场进行叠加求合磁感应强度；（2）错误地认为通电导体棒在磁场中一定受到安培力作用；（3）当通电导线为折线或曲线时，不会求有效长度；（4）当导体棒与磁场不垂直时，不会对磁场进行分解；（5）不能正确引入“电流元”进行分析和计算，导致无法解答。安培力的理解：在利用F=BLI计算导线受到的安培力时，F、B、L相互垂直，其中L为导线的有效长度，分两种情况：（1）在匀强磁场中，可简单地理解为“电流的起点到终点的连线在垂直

2、于磁场方向的投影的长度”；（2）在非匀强磁场中，则应引入“电流元”进行分析计算。洛伦兹力不做功，洛伦兹力的方向与速度垂直，大小与速度有关联。【典例1】（多选）如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O点，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿+x方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为A+z方向， B+y方向，Cz方向， D沿悬线向上，【答案】BC。【解析】若磁感应强度沿+z方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿y方向，不能平衡，A错误；若磁感应强度沿+y方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿+z方向，根据平衡条件，当BIL=mg时，绳的拉力为零

3、，所以，B正确；若磁感应强度沿z方向，根据左手定则，直导线所受安培力沿+y方向，根据平衡条件有，所以，C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力垂直悬线斜向下方，不能平衡，D错误。易错点2：对安培定则、左手定则的应用错误.原因(电流方向)结果(磁场方向)说明直线电流的磁场大拇指四指在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”环形电流的磁场四指大拇指【典例2】（2019·全国高考真题）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶

4、点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）A2FB1.5FC0.5FD0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。易错点3：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和通电导线、运动的带电粒子受力情况时出错.【典例3】如图，将三根长度、电阻都相同的导体棒首尾相接，构成一闭合的等边三角形线框，a

5、、b、c为三个顶点，匀强磁场垂直于线框平面。用导线将a、c两点接入电流恒定的电路中，以下说法正确的是（ ）A线框所受安培力为0Bac边与ab边所受安培力的大小相等Cac边所受安培力是ab边所受安培力的2倍Dac边所受安培力与ab、bc边所受安培力的合力大小相等【答案】C【解析】设总电流为I，则ac中的电流为，abc支路的电流为，若磁场方向垂直纸面向里，则由左手定则可知，ac受安培力向上，ab和bc受安培力分别是斜向左上和右上方，可知线框所受安培力不为0，选项A错误；根据F=BIL可知，ac边所受安培力，ab、bc边所受安培力均为，则ac边所受安培力是ab边所受安培力的2倍；ab、bc边所受安培

6、力的夹角为120°，则合力为，则ac边所受安培力与ab、bc边所受安培力的合力大小不相等，选项C正确，B、D错误。易错点4：不能准确地理解题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹，运用几何知识时出现错误.【典例4】如图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×103 T，在y轴上距坐标原点L=0.50 m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带

7、电粒子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。【答案】（1）=4.9×107 C/kg （2）t=7.9×106 s （3）【解析】（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，

8、由几何关系得由洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得联立解得：=4.9×107 C/kg（2）此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，代入数据得：E=70 V/m，所加电场的场强方向沿x轴正方向。设带电粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t=T/8，而解得t=7.9×106 s（3）矩形如图所示，该区域面积S=2r2=0.25 m2。易错点5：不善于分析多过程的物理问题.【典例5】（2019年高考江苏省物理卷第16题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，

9、粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变。（1）求粒子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t【答案】（1）粒子的运动半径 解得（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后一次碰

10、撞到射出磁场的时间为t'，则（a）当 时，粒子斜向上射出磁场 解得 （b）当时，粒子斜向下射出磁场 解得 【解读】第(3)问为什么是这样的？当 时，粒子斜向上射出磁场，如下图所示。设最后一段弧所用时间为t,则，粒子从射入磁场到射出磁场的运动时间t为：其中， 解得 易错点6：对于常见的科学仪器，不能根据其原理求解有关问题.霍尔效应与电磁流量计原理不同，（1）霍尔效应霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这个现象称为霍尔效应。霍尔电势差霍尔效应中产生的电势差称为霍尔电势差或霍尔电压。霍尔电压与电流强度、磁

11、感应强度、长方体导体的厚度都有关系。霍尔元件利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，霍尔元件可以制成多种传感器。（2）电磁流量计如图所以，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中可以导电的液体向左流动，导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，由，可得，流量。回旋加速器是带电粒子在磁场中运动的实际模型之一，也是高考考查较频繁的考点之一，对此类问题易出现以下错误：（1）不清楚离子交替地加速、偏转的周期性运动过程；（2）误认为离子的最大动能与所加电压、加速次数有关；（3）不知道粒子在磁场中运动的周期

12、与加速电场的周期的关系。【典例6】如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A，负 B，正C，负 D，正【错因分析】不明确自由运动电荷定向移动和偏转间的受力关系，认为材料中自由运动电荷在上、下表面间电场力作用下，负电荷向上表面运动，正电荷向下表面运动，因此导电材料中自由运动电荷正、负均可。【正确解析】因为上表

13、面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷。因为，解得，因为电流I=nqvS=nqvab，解得，故C正确，ABD错误。【正确答案】C。【典例7】一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝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，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域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；（

14、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；）【解析】（1）离子在电场中加速在磁场中做匀速圆周运动，解得代入,解得（2）由（1）得,离子打在Q点，解得,离子打在N点，解得,则电压的范围。（3）由（1）可知，第一次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，此时，设原本半径为的打在的离子打在上，则，解得第二次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，此时，设原本半径为的打在的离子打在上，则，解得同理，第次调节电压，有,检测完整，有，解得，最少次数为3次。【最后一步本人的简便解法】第三次调节电压到U3

15、，使原本打到Q2点的离子打到N点，则，此式，设原本半径为r3的打在Q3的离子打在Q上，则，解得，调节电压的次数最少为3次。【名师点拨】本题考查质谱仪的工作原理，包括带电粒子的加速运动和圆周运动。创新的是第（3）问。我用“穷举法”解比原答案的通用解法简便一些，也好理解一些。为了进一步理解本题的第（3）问，我把各点的位置数据计算如下：示意图画出如下：实际上，各点是在同一直线上的，为了画出相对位置，把它们拉开了（如果画在同一直线，则互相压在一起，看不出来了）。此图是用电脑Excel画出的，数据是题目的实际数据。进一步解释：第一次调节电压，把到之间的离子移到和之间；第二次调节电压，把到之间的离子移到和

16、之间；第三次调节电压，把到之间的离子移到和之间；因为的位置在M点以左，所以，就“在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整”（原题要求）了。那么，为什么还要一次一次地调节电压呢？因为第一次，要把原本打在点的离子移到N，就不能把原本打在点的离子移到，因为二者要求加速电压不同，只能把原本打在点的离子移到，这样，一段一段地移动，最少3次可以完成。【典例8】（多选）粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速器的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加

17、速。不考虑相对论效应，则下列说法正确是A质子被加速后的最大速度不能超过2RfB加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大C质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为D不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子【错因分析】误认为离子的最大动能与所加电压、加速次数有关，不知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期的关系。【正确解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为：，故A正确；根据得，则粒子的最大动能，与加速的电压无关，故B错误；粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据，得，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据，则半径比

18、为，故C正确；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T=2m/qB知，换用其他粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电的频率才能加速其他粒子，故D错误。【正确答案】AC【名师点拨】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能。在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等。易错点7：对带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的相关问题，不能正确地找出带电粒子在磁场中运动的临界状态.由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往

19、往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件（带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零；射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切），然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。（1）两种思路一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。（2）两种方法一是物理方法：利用临界条件求极值；利用问题的边界条件求极值；利用矢量图求极值。二是数学方法：利用三角函数求极值；利用二次方程的判别式求极值；利用不等式的性质求极值；

20、利用图象法等。（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。【典例9】（2018年高考江苏省物理卷第15题）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场取sin53°=0.8，cos53°=0.6（1）求磁感应强度大小B；（2）入射速度为

21、5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值【答案】（1）粒子圆周运动的半径 由题意知，解得（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为，如图所示由d=rsin，得sin=，即=53°在一个矩形磁场中的运动时间，解得直线运动的时间，解得 则（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x，如图所示（图是笔者所加）粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得则当xm=时，t有最大值粒子直线运动路程的最大值增加路程的最大值增加时间的最大值【点评】有的可能认为当中间两磁场分别向中央移

22、动到靠近时，可使粒子从O有的到O的时间增加最大，错误了。因为此情况粒子飞出左磁场后打到第二个磁场的上边缘了，要飞出磁场了，不能到达O。如下图所示：易错点8：混淆“磁偏转”和“电偏转”.匀强电场中的偏转匀强磁场中的偏转偏转产生条件带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场受力特征只受恒定的电场力F=Eq，方向与初速度方向垂直只受大小恒定的洛伦兹力F=qv0B，方向始终与速度方向垂直运动性质匀变速曲线（类平抛）运动匀速圆周运动轨迹抛物线圆或圆弧运动轨迹图运动规律动能变化动能增大动能不变运动时间【典例10】（多选）如图所示带电小球a以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的

23、最大高度为ha；带电小球b在水平方向的匀强磁场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hb；带电小球c在水平方向的匀强电场以相同的初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为hc，不计空气阻力，三个小球的质量相等，则A它们上升的最大高度关系为a=b=cB它们上升的最大高度关系为b<a=cC到达最大高度时，b小球动能最小D到达最大高度时，c小球机械能最大【错因分析】洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功，注意区分电场力做功与洛伦兹力做功的不同。【正确解析】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：。第3个图：当加上电场时，由运动的分

24、解可知，在竖直方向上有：v02=2ghc，所以ha=hc；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mghb+Ek=mv02，又由于mv02=mgha，所以 hahb；故A错误，B正确。到达最大高度时，b、c两小球还有速度，而a球在最大高度速度为零，可知a动能最小，选项C错误；因c球中除重力做负功外，电场力对c球做正功，则到达最大高度时，c小球机械能最大，选项D正确；故选BD【正确答案】BD易错点9：在组合场类综合问题中，做题不注重对物理过程的分析，只注重最后的答案，当条件变了，也不去认真思考，从而导致错误.分析

25、带电粒子在复合场中运动的问题容易出现以下错误：（1）忽略带电粒子的重力，对于微观粒子如：质子、离子等，不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子常常考虑重力；（2）在叠加场中没有认识到洛伦兹力随速度大小和方向的变化而变化，从而不能正确判断粒子的运动性质。【典例11】如图，一直角坐标系xoy中，匀强磁场B沿+x轴方向，匀强电场E沿+y轴方向，一电子从坐标原点O静止释放（电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力），则电子在y轴方向前进的最大距离为（ ）A B C D【错因分析】不能有效分解初速度为零这一条件，找不到初速度为零与洛伦兹力之间关联的突破点。【正确解析】初速度为零可等效成一个垂直平面向

26、里的速度和一个垂直平面向外的速度，根据可得速度为，根据可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，则电子在轴方向前进的最大距离为，故选项C正确，A、B、D错误。【正确答案】C易错点10：不会分析带电粒子在复合场中的运动问题.【典例12】（2018·浙江省高考真题）磁流体发电的原理如图所示将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）A上板为正极，电流B上板为负极，电流C下板为正极

27、，电流D下板为负极，电流【答案】C【解析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流。根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R的电流为，而，则得电流大小为，C正确。易错点11：周期性容易漏解。带电粒子在磁场中的周期性运动类问题，往往情境复杂、过程繁多，解答此类问题容易出现以下错误：（1）不能正确地划分过程，求解时需要一个过程一个过

28、程地分析运动性质，建立完整的运动图景；（2）不能正确地选择相应的公式列方程。带电粒子在磁场中运动的多解问题的分析方法带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力影响的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场；如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b磁场方向不确定只知道磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解如图带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹

29、为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不确定带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场，部分是磁场空间运动时，往往运动具有周期性，因而形成多解【典例13】如图所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，（粒子重力不计）求

30、：（1）匀强电场场强的大小和方向；（2）匀强磁场磁感应强度的可能值。【错因分析】不清楚含有电场的组合场，粒子在运动时可以往返运动导致本题错解。【正确解析】（1）由题意可知，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，PQ间电势差为零，P、Q在同一等势面上，匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60°角向下，粒子在电场中沿AB方向做匀速直线运动，l=v0cos 30°·t在垂直AB方向粒子做匀减速直线运动：解得：（2）粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变，垂直AB方向的分速度大小不变方向反向，由此可知：粒子经Q点的速度与AB成30°角，若粒子进入磁场偏

31、转后恰好经过P点其轨道半径为R，磁感应强度为B，由几何知识得：R=l粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：若粒子做圆周运动的轨迹半径R<l，粒子不可能再通过P点若圆周运动的轨迹半径R>l，则每个周期沿AB界限向A移动的距离：x=Rl粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是：l=n×x(n=1、2、3···)解得：，(n=1、2、3···)举一反三，纠错训练1、如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为。匀强磁场的方向垂直

32、于金属框平面向里，磁感应强度大小为B。若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为，则金属框受到的安培力大小和方向分别为（ ）A，方向竖直向上B2BIL，方向竖直向上C，方向竖直向下D3BIL，方向竖直向下【答案】A【解析】由题意可知，边ab（cd）的长度是边ad（bc）长度的2倍，所以边ab（cd）的电阻是边ad（bc）电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为，方向竖直向上，边ab所受安培力大小为Fab=BIL，方向竖直向上，边ad和边bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为，方向竖直向上，故A正确。2.如图

33、是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件，d、k为定值；如果保持I恒定，则可以验证UH随B的变化情况。以下说法中正确的是A将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，UH将变大B在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直C在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将不发生变化【答案】A【解析】A、达到稳定状态时电子受到的电场力将和洛伦兹力平衡，有veB=eUHL（L为左右两侧极板的板间距），解得UH=vBL，将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，B增大，则UH也变大，故A项正确。

34、BC、由地磁场的磁感线分布可知，两极的磁感线是竖直方向的，而在赤道上的磁感线是由南向北平行于海平面的；而霍尔元件测定磁场强度时，需要将其工作面垂直于磁感线，故BC错误；D、改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，在垂直于工作面方向上的磁感应强度将小于原磁场磁感应强度的大小，则UH将减小，故D错误；故选A。3【2019·广东高考模拟】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c流量计的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的

35、上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一电压表（内阻很大）的两端连接，U表示测得的电压值。则可求得流量为（）ABCD【答案】A【解析】将流量计上、下两表面分别与一电压表（内阻很大）的两端连接，U表示测得的电压值，那么电动势EU；根据粒子平衡得， 联立两式解得，。则流量QvSvbc 故A正确，BCD错误。4. （多选）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜制D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A回旋加速器只能

36、用来加速正离子B离子从D形盒之间空隙的电场中获得能量CD形盒半径越大，同一离子出射速度越大D离子在磁场中做圆周运动的周期是加速交变电压周期的一半【答案】BC【解析】回旋加速器可以加速正电荷，也可以加速负电荷，故A错误。回旋加速器利用电场加速，在磁场中速度大小不变，运用磁场偏转，故B正确。根据qvB=mv2R解得v=BqRm，可知D形盒半径越大，同一离子出射速度越大，选项C正确。回旋加速器离子在磁场中做圆周运动的周期与加速交变电压的周期相等，故D错误。故选BC。【名师点拨】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速，磁场进行偏转，以及知道粒子在磁场中运动的周期与交变电压周期的关系。5. 一圆筒的横

37、截面如图所示，圆心为O、半径为R，在筒上有两个小孔M、N且M、O、N在同一水平线上。圆筒所在区域有垂直于圆筒截面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在圆筒左侧有一个加速电场一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，由静止经电场加速后从M孔沿MO方向射入圆筒。已知粒子与圆筒碰撞时电荷量保持不变，碰撞后速度大小不变，方向与碰撞前相反，不计粒子重力。（1）若加速电压为U0，要使粒子沿直线MN运动，需在圆筒内部空间加一匀强电场，求所加电场的电场强度大小E；（2）若带电粒子与圆筒碰撞三次后从小孔N处射出，求粒子在圆筒中运动时间t；（3）若带电粒子与圆筒碰撞后不越过小孔M，而是直接从小孔M处射出，求带电粒子射入圆

38、筒时的速度v。【答案】（1） （2）或 （3）(n=2，4，6，···)【解析】（1）带电粒子在平行板间加速的过程中，由动能定理得在磁场中运动时，电场力与洛伦兹力平衡qv0B=qE解得（2）带电粒子在磁场中运动的周期带电粒子与环碰撞三次有两种情况：第一种情况如图（1）所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角=两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角=整个过程运动的时间第二种情况如图（2）所示，两次碰撞点与圆环圆心的连线夹角=两次碰撞过程粒子通过弧长对应的圆心角=整个过程运动时间所以带电粒子在圆环中运动的时间为或（3）设粒子从M点射入磁场后做圆周运动的速度为v、半径为r，得

39、设粒子经n次碰撞从小孔M射出，则2=(n+1)·2即n=2，3，4，5，···又当·2=时，粒子会从小孔N射出，故n只能取偶数综上可得=(n=2，4，6，···)由几何关系得tan =解得入射粒子速度大小为(n=2，4，6，···)6.如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点如果在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，恰好从e点射出。若磁场方向不变磁感应强度变为，粒子的射入方向不变速率变为2v。则粒子的射出点位于( )

40、Ae点Bd点Cdf间Dfc间【错因分析】不清楚找运动轨迹圆的圆心位置，并结合几何关系求出轨道半径。【正确解析】设正方形边长为a，若粒子从e点射出，则运动半径为；如果粒子的速度增大为2v，磁场的磁感应强度变为，由半径公式可知，半径将为原来的4倍，即为；若粒子从d点射出，则运动半径为；若粒子从f点射出，则运动轨迹如图；由几何关系可得：；，；，则 ；因，可知粒子从df之间射出，故选C。【正确答案】C7. 如图所示，在坐标系xOy平面的第象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q（，0）、在y轴上有一点P（0，a）。现有一质量为m，电量为+q

41、的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60°角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点。求：（1）匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；（2）粒子从P点运动到Q点所用的时间。【答案】（1）B1=，B2= （2）【解析】（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：r1=r1cos60°+a，r1=2a，2r2sin60°=2ar1sin60°，解得：r2=a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，将半径代入解得：B1=，B2=；（2）粒子做圆周运

42、动的周期：，粒子的运动时间：t=t1+t2=T1+T2，解得：t=。【名师点拨】本题考查了粒子在磁场中的运动、分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用。8.(2018·全国卷，25T)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面：磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出，不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【答案】(1)轨迹见解析图 (2)(3)【解析】(1)(2)y方向匀速直线运动：lv0t1，x方向匀加速直线运动：vxat1由牛顿第二定律得a由r、sin ，得联立可得v0(3)，vxv0tanv0，代入得，t1，T，t2T,2，t2，总时间t2t1t2