2020年高考物理试题分类汇编——磁场

2020年高考物理试题分类汇编——磁场

（全国卷1）26．（21分）如下图，在03x a ≤≤区域内存在与xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y 轴正方向发射的粒子在0t t =时刻刚好从磁场边界上(3,)P a a 点离开磁场。求：

⑴ 粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷q ／m ；

⑵ 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围；

⑶ 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

【答案】⑴a R 332= 0

32Bt m q π= ⑵速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到

120° ⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t 【解析】 ⑴粒子沿y 轴的正方向进入磁场，从P 点经过做OP 的垂直平分线与x 轴的交

点为圆心，根据直角三角形有222)3(R a a R -+=

解得a R 3

32= 2

3sin ==R a θ，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为03t T =

粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二

定律得

R T m Bqv 2)2(π=，

T R v π2=，化简得0

32Bt m q π= ⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。

角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x 轴的夹角都是30°，所以此时速度与y 轴的正方向的夹角是60°。

角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y 轴的的夹角是60°，

则此时速度与y 轴的正方向的夹角是120°。

所以速度与y 轴的正方向的夹角范围是60°到120°

⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界

相切，在三角形中两个相等的腰为a R 3

32=，而它的高是 a a a h 333323=-=，半径与y 轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为02t 。

所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为02t 。 (全国卷2)26（21分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为V;两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为B 0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a 的正三角形区域EFG(EF 边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF 边中点H 射入磁场区域。不计重力

（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后，从边界EF 穿出磁场，求离子甲的质量。

（2）已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点（图中未画出）穿出磁场，且GI 长为

34

a ，求离子乙的质量。 R

R

R

（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。

解析：

（1）在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v ，电场的场强为E 0，根据平衡条件得

00E q B qv = ①

0V E

d

= ② 由①②化简得

0V v B d

= ③ 粒子甲垂直边界EF 进入磁场，又垂直边界EF 穿出磁场，则轨迹圆心在EF 上。粒子运动中经过EG ，说明圆轨迹与EG 相切，在如图的三角形中半径为

R=acos30°tan15° ④

tan15°=1cos3023sin 30-?=?

⑤ 联立④⑤化简得

3(3)2

R a = ⑥ 在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供，根据牛顿第二定律得

2

03(3)2

mv B qv a = ⑦ 联立③⑦化简得

03(3)2

qadBB m V = ⑧ （2）由于1点将EG 边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG 垂直，在如图的三角形中，有

1cos30sin 302cos304a a R ???=

=? ⑨ 同理 04qadBB m V

= （10） （3）最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式mv R Bq =

离子的轨迹半径与离子质量呈正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF 穿出磁场，甲最远离H 的距离为(233)a -，最轻离子最近离H 的距离为3

(3)2

a -，所以在离H 的距离为(233)a -到3(3)2

a -之间的EF 边界上有离子穿出磁场。 比甲质量大的离子都从EG 穿出磁场，期中甲运动中经过EG 上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG 上穿出磁场的粒子都在这两点之间。

（新课标卷）25.(18分)如图所示，在0≤x≤a 、o≤y≤2

a 范围内有垂直于xy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于2

a 到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：

(1)速度大小；

(2)速度方向与y 轴正方向夹角正弦。

解析：

设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦磁力公式，得2mv qvB R =，解得：mv R qB = 当2

a ＜R ＜a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意，4T t =时，2OCA π∠=

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：

sin ,sin cos 2

a R R R a R ααα=-=-再加上22sin cos 1αα+=，解得： 6666(2),(2),sin 2210

aqB R a v m α-=-=-= （上海物理）13. 如图，长为2l 的直导线拆成边长相等，夹角为60的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以电流强度为I 的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为

（A ）0 （B ）0.5BIl （C ）BIl （D ）2BIl

答案：C

解析：导线有效长度为2l sin30°=l ，所以该V 形通电导线收到的安培力大小为BIl 。选C 。 本题考查安培力大小的计算。

难度：易。

（重庆卷）21.如题21图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁块，在纸面民内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示

由以上信息可知，从图中a 、b 、c 处进大的粒子对应表中的编号分别为

A 3、5、4 B4、 2、5

C5、3、2 D2、4、5

答案：D 【解析】根据半径公式Bq mv r =结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ 边界进入磁场逆时针运动。由图a 、b 粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a 、b 粒子的半径比为2︰3，则a 一定是第2组粒子，b 是第4组粒子。c 顺时针运动，都为负电荷，半径与a 相等是第5组粒子。正确答案D 。

（江苏卷）9.如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO ’与SS ’垂直。a 、b 、c 三个质子先后从S 点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b 的速度方向与SS ’垂直，a 、c 的速度方向与b 的速度方向间的夹角分别为αβ、，且αβ>。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S ’，则下列说法中正确的有

A ．三个质子从S 运动到S ’的时间相等

B ．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO ’轴上

C ．若撤去附加磁场，a 到达SS ’连线上的位置距S 点最近

D ．附加磁场方向与原磁场方向相同

答案：CD

解析：

A.三个质子从S 运动到S’的时间不相等，A 错误；

B.三个质子在附加磁场意外区域运动时，只有b 运动轨迹的圆心在OO’轴上，因为半径相等，而圆心在初速度方向的垂线上，所以B 错误；

C.用作图法可知，若撤去附加电场，a 到达SS’连线上的位置距S 点最近，b 最远；C 正确；

D.因b 要增大曲率，才能使到达SS’连线上的位置向S 点靠近，所以附加磁场方向与原磁场方向相同，D 正确；

本体选CD 。

本体考查带电粒子在磁场中的运动。

难度：难。

（福建卷）21、（19分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ 以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a 棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b 棒恰好静止。当a 棒运动到磁场的上边界PQ 处时，撤去拉力，a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b 棒已滑离导轨。当a 棒再次滑回到磁场边界PQ 处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为R,b 棒的质量为m ，重力加速度为g ，导轨电阻不计。求

（1）a 棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a 棒中的电流强度I ，与定值电阻R 中的电流强度I R 之比；

（2）a 棒质量m a ；

（3）a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F 。

解析：

（1）a 棒沿导轨向上运动时，a 棒、b 棒及电阻R 中的电流分别为I a 、I b 、I R ，有

R b b I R I R =

a b R I I I =+ 解得：21

a b I I = （2）由于a 棒在PQ 上方滑动过程中机械能守恒，因而a 棒在磁场中向上滑动的速

度大小v 1与在磁场中向下滑动的速度大小v 2相等，即v 1=v 2=v

设磁场的磁感应强度为B ，导体棒长为L 乙，a 棒在磁场中运动时产生的感应电动势

为

E=Blv

当a 棒沿斜面向上运动时

322b E I R =? sin b A BI L m g θ=

向下匀速运动时，a 棒中的电流为I a ’、则

'2a E I R

= 'sin a A BI L m g θ=

由以上各式联立解得：32

a m m = （3）由题可知导体棒a 沿斜面向上运动时，所受拉力

7sin sin 2

a F BI L mg mg θθ=+=

（广东卷）36.(18分)如图16（a ）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调（如图16（b ））；右为水平放置的长为d 的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N 1，能通过N 2的粒子经O 点垂直进入磁场。 O 到感光板的距离为

2

d ，粒子电荷量为q,质量为m ，不计重力。

（1）若两狭缝平行且盘静止（如图16（c ）），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M 上，求该粒子在磁场中运动的时间t ；

（2）若两狭缝夹角为0θ ，盘匀速转动，转动方向如图16（b ）.要使穿过N 1、N 2的粒子均打到感光板P 1P 2连线上。试分析盘转动角速度ω的取值范围（设通过N 1的所有粒子在盘转

一圈的时间内都能到达N 2）。

解：

（1）分析该粒子轨迹圆心为P 1，半径为2d ，在磁场中转过的圆心角为2πθ=，因而运动时间为：Bq

m T t 22ππθ== （2）设粒子从N 1运动到N 2过程历时为t ，之后在磁场中运行速度大小为v ，轨迹半径为R 则：

在粒子匀速过程有：

L=vt ①

粒子出来进入磁场的条件：

t ωθ=0 ②

在磁场中做匀速圆周运动有：

R

v m qvB 2

= ③ 设粒子刚好过P 1点、P 2点时轨迹半径分别为：R 1、R 2则：

21R R R ≤< ④

4

1d R = ⑤ 222222d d R R =??? ?

?-- ⑥ 由①—⑥得：mL

d qB mL d qB 45400θωθ≤< （山东卷）25．（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为m 、带电量+q 、重力不计的带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求

⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功1W 。

⑵粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E 。

⑶粒子第n 次经过电场子所用的时间n t 。

⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。

解析：

（1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以221211122

W mv mv =-, （2）2122121--=n n n mv mv W =2121))1((2

1)(21v n m nv m --，qd E W n n =，所以qd

mv n E n 2)12(21-=。 （3）n n n n t a v v =--1，m

qE a n n =

，所以1)12(2v n d t n -=。 (4)

（北京卷）23.（18分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B 中，在薄片的两个侧面a 、b 间通以电流I 时，另外两侧c 、f 间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏转和积累，于是c 、f 间建立起电场ＥＨ，同时产生霍尔电势差ＵＨ。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，ＥＨ和ＵＨ达到稳定值，ＵＨ的大小与I 和B 以及霍尔元件厚度d 之间满足关系式H H

IB U R d

=，其中比例系数ＲＨ称为霍尔系数，仅与材料性质有关。

（1）设半导体薄片的宽度（c 、f 间距）为l ，请写出ＵＨ和ＥＨ的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图１中c 、f 哪端的电势高；

（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为ｎ，电子的电荷量为ｅ，请导出霍尔系数ＲＨ的表达式。（通过横截面积Ｓ的电流I nevS =，其中v 是导电电子定向移动的平均速率）；

（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着ｍ个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示。

ａ.若在时间ｔ内，霍尔元件输出的脉冲数目为P ，请导出圆盘转速N 的表达式。

ｂ.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想。

解析：

（1）由 H H IB U R d

= ① 得 ② 当电场力与洛伦兹力相等时 e H E evB = ③ 得 H E vB = ④ 将 ③、④代入②，

得 1H d d ld R vBl vl IB nevS neS ne

==== （2） a.由于在时间t 内，霍尔元件输出的脉冲数目为P ，则

P=mNt

圆盘转速为 N=P N mt

= b.提出的实例或设想

（天津卷）12.（20分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M 、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为L ，板右端到屏的距离为D ，且D 远大于L ，O ’O 为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O ’O 的距离。以屏中心O 为原点建立xOy 直角坐标系，其中x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向。

（1）设一个质量为m 0、电荷量为q 0的正离子以速度v 0沿O ’O 的方向从O ’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O 点。若在两极板间加一沿+y 方向场强为E 的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O 点的距离y 0;

(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。

上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y 方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O ’点沿O ’O 方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y 坐标相同的两个光点，对应的x 坐标分别为3.24mm 和3.00mm ，其中x 坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O ’O 方向的分速度总是远大于x 方向和y 方向的分速度。

解析：（1）离子在电场中受到的电场力

0y F q E = ①

离子获得的加速度

0y

y F a m = ②

离子在板间运动的时间

00L t v = ③

到达极板右边缘时，离子在y +方向的分速度

0y y v a t = ④

离子从板右端到达屏上所需时间

00'D t v = ⑤

离子射到屏上时偏离O 点的距离

00'y y v t =

由上述各式，得

00200q ELD y m v = ⑥

（2）设离子电荷量为q ，质量为m ，入射时速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，磁场对离子的洛伦兹力

x F qvB = ⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，'O O 方向的分速度总是远大于在x 方向和y 方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

x qvB a m = ⑧

x a 是离子在x 方向的加速度，离子在x 方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x 方向的分速度

()x x qvB L qBL v a t m v m

==

= ⑨ 离子飞出极板到达屏时，在x 方向上偏离O 点的距离

'()x qBL D qBLD x v t m v mv == ⑩ 当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y 方向上偏离O 点的距离为y ，考虑到⑥式，得

2

qELD y mv = ⑾ 由⑩、⑾两式得 2k x y m = ⑿ 其中2qB LD k E

= 上式表明，k 是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x 坐标3.24mm 的光点对应的是碳12离子，其质量为112m u =，x 坐标3.00mm 的光点对应的是未知离子，设其质量为2m ，由⑿式代入数据可得

214m u ≈

⒀ 故该未知离子的质量数为14。

（浙江卷）23. （20分）如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直的为L2。在膜的下端（图中A 处）挂有一科行于转轴，质量为m ，长为L3的导体棒使膜*成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将沟通转化成电能。光电池板可等效为一个一电池，输出电压恒定为U ；输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入身光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B 中，并与光电池构成回路，

流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。

（1）再有一束平等光水平入射，当反射膜与竖直方向成θ＝60?时，导体棒牌受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。

（2）当θ变成45?时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒国学平衡外，不能输出多少额外电功率？

解析：

（1）导体棒所受安培力 2A F IBL = ①

导体棒有静力平衡关系 tan()A mg F θ= ② 解得2

tan()mg I BL θ= ③ 所以当θ=60°时，6022

tan(60)3mg mg I BL BL ?== 光电池输出功率为 606023mgU P UI ==

（2）当045θ=时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为 04522

.tan(45)mg mg L BL BL == 根据几何关系可知 0451206012cos(45)2cos(60)

P L L P L L ==可得 45602

62mgU P P BL == （四川卷）20.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金

属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动。若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能

A ．变为0

B ．先减小后不变

C ．等于F

D ．先增大再减小

答案：AB

【解析】对a 棒所受合力为F a =F —F f —mgsin θ—BIl 说明a 做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a 所受安培力先增大后不变。

如果F=F f +2mgsin θ，则最大安培力为mgsin θ，则b 所受摩擦力最后为0，A 正确。 如果F ＜F f +2mgsin θ，则最大安培力小于mgsin θ，则b 所受摩擦力一直减小最后不变，B 正确。

如果F f +3mgsin θ＞F ＞F f +2mgsin θ，则最大安培力大于mgsin θ小于2mgsin θ，则b 所受摩擦力先减小后增大最后不变。

可以看出b 所受摩擦力先变化后不变，CD 错误。

（四川卷）24.（19分）如图所示，电源电动势015E V =。内阻01r =Ω，电阻1230,60R R =Ω=Ω。间距0.2d m =的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度1B T =的匀强磁场。闭合开关S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度0.1/m s υ=沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为R x ，忽略空气对小球的作用，取2

10/g m s =。

（1）当R x =29Ω时，电阻2R 消耗的电功率是多大？

（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60?，则R x 是多少？

【答案】⑴0.6W ；⑵54Ω。

【解析】⑴闭合电路的外电阻为 4960

306030292121=+?+=++=R R R R R R x Ω ① 根据闭合电路的欧姆定律

3.01

4915=+=+=r R E I A ② R 2两端的电压为

6303.015)(2=?-=+-=r R I E U x V ③

R 2消耗的功率为 6.060

62

2222===R U P W ④ ⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 R

v m Bqv 2

= ⑤ mg q d

U =2 ⑥ 连立⑤⑥化简得 v

BRdg U =2 ⑦ 小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得

d R = ⑧

连立⑦⑧带入数据 41

.01004.0122=??==v g Bd U V 干路电流为 2.020

4122===R U I A ⑨ 5412

.04152=--=--=r I U E R x Ω ⑩ （安徽卷）20．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的但匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为1v 、2v ，在磁场中运动时产生的热量分别为1Q 、2Q 。不计空气阻力，则

A ．1212,v v Q Q <<

B ．1212,v v Q Q ==

C ．1212,v v Q Q <>

D ．1212,v v Q Q =<

答案：D

解析：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v ，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力22B l v F R =，又4l R S

ρ=（ρ为材料的电阻率，l 为线圈的边长），所以安培力224B l vS F ρ=，此时加速度F a g m

==，且04m S l ρ=? (0ρ为材料的密度)，所以加速度20

16B v a g ρρ=-是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v 1 =v 2。由能量守恒可得：21()2

Q mg h H mv =+-，(H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线m 小，产生的热量小，所以Q 1< Q 2。正确选项D 。

（安徽卷）23.(16分)如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。0t =时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的1N 点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的2N 点。Q 为线段12N N 的中点，重力加速度为g 。上述d 、0E 、m 、v 、g 为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小； (2)求电场变化的周期T ；

(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值。 解析：

（1）微粒作直线运动，则

0mg qE qvB += ①

微粒作圆周运动，则 0mg qE = ②

联立①②得 0

mg q E = ③ 02E B v

= ④ （2）设粒子从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2，则 12

d vt = ⑤ 2

v qvB m R

= ⑥ 22R vt π= ⑦

联立③④⑤⑥⑦得

12;2d v t t v g

π== ⑧ 电场变化的周期 122d v T t t v g

π=+==+ ⑨ （3）若粒子能完成题述的运动过程，要求

d ≥2R (10)

联立③④⑥得 2

2v R g

= （11） 设N 1Q 段直线运动的最短时间为t min ，由⑤（10）（11）得 min 2v t g

=

因t 2不变，T 的最小值 min min 2(21)2v T t t g π+=+=