【文档说明】第十章　磁场.docx，共(5)页，96.842 KB，由小赞的店铺上传

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第十章磁场做真题明方向授课提示：对应学生用书97页1．[2024·全国甲卷](多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块．线框与左侧滑轮

之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平．在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场．运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平．以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正

确的是()答案：AC解析：线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋B2L2vR－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝B2L2v（M＋m）R－M－mM＋mg，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域

高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和

出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B

项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误．2.[2023·新课标卷]一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示．已知α粒子的速度约

为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为()A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外答案：C解析：

假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，AB错误

；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确．假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确．3.[2023·全国乙卷]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于

纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度

大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为()A．E2aB2B．EaB2C．B2aE2D．BaE2答案：A解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a则粒子做圆周运动有qvB＝mv2

r则有qm＝v2a·B如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB联立有qm＝E2a·B2故选A.4．[2023·湖南卷]如图，真空中有区域Ⅰ

和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同

的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之

间的相互作用，下列说法正确的是()A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t＝t02D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则t＝2t0答案：D解析：由题知粒子在A

C做直线运动，则有qv0B1＝qE区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝m4π2T2r，有t0＝πm2qB2若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线

运动的速度，有qvA·2B1＝qE则vA＝v02再根据qvB＝mv2r，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1＝q·2E则v1＝2v0再根据qvB＝mv

2r，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝mv2r，可知粒子半径变为原来的43>2，则粒子从OF边射

出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝m4π2T2r，有t＝43πm9qB2则t＝83t09C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝mv2r，可知

粒子半径变为原来的42>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝m4π2T2r，有t＝2πm2qB2则t＝2t0D正确．故选D.