【文章內容簡介】 圖所示。開始時 MN 內不通電流，此時 兩細線內的張力均為 T0。當 MN 通以強度為 I1的電流時，兩細線內的張力均減小為 T1，當 MN 內電流強度變?yōu)?I2 時，兩細線內的張力均大于 T0。 （ 1）分別指出強度為 I I2 的電流的方向； （ 2）求 MN 分別通以強度為 I I2 的電流時，線框受到的安培力 F1 與 F2大小之比； （ 3）當 MN 內的電流強度為 I3 時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為 a，求 I3。 答案： （ 1） I1方向向左， I2 方向向右， （ 2）當 MN 中通以電流 I 時，線圈所受安培力大小為 F＝ kIiL（ 1r1－ 1r2）， F1:F2＝ I1:I2， （ 3） 2T0＝ G， 2T1＋ F1＝ G， F3＋ G＝ G/ga， I1:I3＝ F1:F3＝（ T0－ T1） g /（ a－ g） T0， I3＝（ a－ g） T0I1/（ T0－ T1） g， 14.（ 2022 江蘇卷） ．如圖所示， MN 是磁感應強度 B 勻強磁場的邊界，一質量為 m、電荷量為 q 粒子在紙面內從 O 點射入磁場，若粒子速度為v0，最遠可落在邊界上的 A 點，下列說法正確的有 ( ) A．若粒子落在 A 點的左側，其速度一定小于 v0 B．若粒子落在 A 點的右側，其速度一定大于 v0 C．若粒子落在 A 點左 右兩側 d 的范圍內，其速度不可能小于0 2qBdv m D．若粒子落在 A 點左右兩側 d 的范圍內，其速度不可能大于0 2qBdv m+ 【解析】當粒子以速度 0v 垂直于 MN 進入磁場時，最遠，落在 A 點，若粒子落在 A 點的左側，速度不一定小于 0v ，可能方向不垂直，落在 A 點的右側，速度一定大于 0v ，所以 A 錯誤， B 正確；若粒子落在 A 點的右側 d 處，則垂直 MN進入時，軌跡直徑為 dOAr ??2 ，即 dOAqBmv ??2，已知 OAqBmv ?02,解得mqdBvv 20 ?? ，不垂直 MN 進時， mqdBvv 20 ?? ，所以 C 正確， D 錯誤。 【答案】 BC 15． （ 2022 江蘇卷） ．（ 16 分）如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場與勻強磁場，根據帶電粒子射入時的受力情況 可推測其電場和磁場，圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為 l 的相同平行金屬板構成，極板長度為 l，問距為 d，兩極板間偏轉電壓大小相等，電場方向相反，質量為 m、電荷量為 +q 的粒子經加速電壓 U0 加y l l l U1 U2 m +q U0 0 o0 +0 0 o x z 待測區(qū)域 A 11 速后，水平射入偏轉電壓為 U1 的平移器，最終從 A 點水平射入待測區(qū)域，不考慮粒子受到的重力。 （ 1）求粒子射出平移器時的速度大小 v1； （ 2）當加速電壓變?yōu)?4U0時，欲使粒子仍從 A 點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉電壓 U； （ 3）已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為 F，現取水平向右為 x 軸正方向，建立如圖所示的直角坐標系 oxyz，保持加速電壓 U0不變，移動裝置使粒子沿不同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示，請推測該區(qū)域中電場強度與磁感應強度的大小及可能的方向 射入方向 y y z z 受力大小 F5 F5 F7 F3 【答案】 （ 1）設粒子射出加速器的速度為 0v ， 動能定理 200 21 mvqU ? 由題意得 01 vv? ，即mqUv 01 2? （ 2）在第一個偏轉電場中，設粒子的運動時間為 t ： 加速度的大小 mdqUa 1? ， 在離開時，豎直分速度 atvy? 豎直位移 221atyz ? 水平位移 tvl 1? 粒子在兩偏轉電場間做勻速直線運動，經歷時間 也為 t 豎直位移 tvy zz ? 由題意知，粒子豎直總位移 zyyy ?? 12 ，解得 dUlUy 021? 則當加速電壓為 04U 時， 14UU? （ 3） )(a 由沿 x 軸方向射入時的受力情況可知： B 平行于 x 軸，且qFE? )(b 由沿 y? 軸方向射入時的受力情況可知： E 與 Oxy 平面平行。 222 )5( FfF ?? ,則 Ff 2? 且 Bqvf 1? 解得02qUmqFB ? )(c 設電場方向與 x 軸方向夾角為 a , 12 若 B 沿 x 軸方向，由沿 z 軸方向射入時的受力情況得 222 )7()c o s()s i n( FaFaFf ??? 解得 030?a ，或 0150?a 即 E 與 Oxy 平面平行且與 x 軸方向的夾角為 300 或 1500， 同理若 B 沿 x? 軸方向， E 與 Oxy 平面平行且與 x 軸方向的夾角為 300 或 1500。 16.（ 2022 重慶卷） ．（ 18 分）有人設 計了一種帶電顆粒的速率分 選裝置，其原理如題 24圖所示。兩帶電金屬板 間有勻強電場，方向豎直向上，其中 PQNM矩形 區(qū)域內還有方向垂直紙面向外的勻強磁場。一束 比荷（電荷量與質量之比）均為 1/k的帶正電顆 粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的中心線 o? O進 入兩金屬板之間，其中速率為 v0 的顆粒剛好從 Q 點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集 板。 重力加速度為 g， PQ=3d， NQ=2d，收集板與 NQ的距離為 l ，不計顆粒間相互作用，求 ?電場強度 E的大小 ?磁感應強度 B的大小 ?速率為λ v0（ λ＞ 1）的顆粒打在收 集板上的位置到 O 點的距離。 24．（ 18分） ?設帶電顆粒的電量為 q，質量為 m 有 mgqE? 將 q/m=1/k代入得 kgE? ?如答 24圖 1，有 RmvBqv 200 ? ? ? ? ?222 3 dRdR ??? 得 dkvB 5/0? ?如答 24圖 2有 ? ? 1200 RvmBvq ?? ? ? ?221 33tan dRd ??? ? ?22111 3 dRRy ??? ?tan2 ly ? 13 21 yyy ?? 得 ? ? 92539255 22 ????? ??? ldy 17.(2022 浙江卷 )．（ 20 分）如圖所示，兩塊水平放置、相距為 d 的長金屬板接在電壓可調的電源上。兩板之間的右側區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不 斷噴出質量均為 m、水平速度均為 v 帶相等電荷量的墨滴。調節(jié)電源電壓至 U，墨滴在電場區(qū)域恰 能沿水平向右做勻速直線 運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的 M 點。 (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應強度 B 的值； (3)現保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置。為了使墨滴仍能到達下板 M 點，應將磁感應強度調至 B’，則 B’的大小為多少？ 答案： 14 2022年高考題 1（ 2022全國卷 1 第 15 題）。 如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流 1I 和2I ，且 12II； a、 b、 c、 d 為導線某一橫截面所在平面內的四點，且 a、 b、 c 與兩導線共面； b 點 在兩導線之間， b、 d 的連線與導線所在平面垂直。磁感 應 強度可能為零的點是 解析：要合磁感應強度 為零，必有 1I 和 2I 形成兩個場等大方向，只有 C點有可能，選 C 2（ 2022 海南第 7 題）．自然界的電、熱和磁等現象都是相互聯系的，很多物理學家為尋找它們之間的聯系做出了貢獻。下列說法正確的是 ，揭示了電現象和磁現象之間的聯系 ，說明了熱現象和電現象之間存在聯 系 ，揭示了磁現象和電現象之間的聯系 ，定量 得 出了電能和熱能之間的轉換關系 解析：考察科學史，選 ACD 3（ 2022 海南第 10 題） .空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由 兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從 O 點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是 15 B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌 跡一定相同 ，其運動軌跡一定相同 ，其軌跡所對的圓心角一定越大 解析：在磁場中半徑 mvrqB? 運動時間： mtqB??（θ為轉過圓心角） ，故 BD 正確，當粒子從 O 點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為 1800，因而AC 錯 4（ 2022新課標理綜第 14題） .為了解釋地球的磁性， 19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流 I 引起的。在下列四個圖中，正確表示