【备考2022】2022高考物理 （真题+模拟新题分类汇编） 磁场

磁场K1　磁场安培力　　　　　　　　　　　　　　　　　　18．K1[2022·新课标全国卷Ⅱ]如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)A.B.C.D.18．B　[解析]由题意，三个小球均处于静止状态，对c球而言，a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E＝2cos30°＝，B正确．3．[2022·广东省汕头市期末]如图X183所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是(　　)A．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B．只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零C．ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同D．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零图X1843．A　[解析]线圈四个边都受安培力作用，由于ad边所在处的磁感应强度大于bc边所在处的磁感应强度，ad边所受的向左的安培力大于bc边所受的向右的安培力，它们的合力方向向左，选项A正确，选项B、D错误；ab和dc边所受安培力大小相等，方向相反，选项C错误．25．K1、E1、L4[2022·浙江卷](22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2Ω·m的海水，通道中a×b×c＝0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4T、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3m×0.4m-17-\n的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I＝1.0×103A的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm≈1.0×103kg/m3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v0＝30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．25．[解析](1)将通电海水看成导线，所受磁场力F＝IBL代入数据得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3N＝1.92N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率P1＝F牵v0根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL当v0＝30m/s时，代入数据得：P1＝F牵v0＝12×1.92×103×30W＝6.9×105W第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：R＝ρ代入数据得：R＝ρ＝0.2×Ω＝0.5Ω由热功率公式，P＝I2R代入数据得：P单＝I2R＝5.0×105WP2＝12×5.0×105W＝6.0×106W第三部分：单位时间内海水动能的增加值设Δt时间内喷出的海水质量为mP3＝12×考虑到海水的初动能为零，ΔΕk＝Εk＝mvm＝ρmbcv水对地ΔtP3＝12×＝12×ρmbcv＝4.6×104W-17-\nK2　磁场对运动电荷的作用　　　　　　　　　　　　　　　　　　5．[2022·河南省郑州市高三第一次质量预测]如图X194所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B.一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力．求：图X194(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？5．(1)　(2)[解析](1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得：rcos60°＝r－a解得r＝a又由qvB＝m解得最大速度v＝.(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍．设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点有n×R＝8a　且R<a解得　n>4.62，n所能取的最小自然数为5，粒子做圆周运动的周期为　T＝粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为　t＝T＝粒子到达Q点的最短时间为　tmin＝5t＝.-17-\n20．I3、K2[2022·浙江卷]在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD　[解析]离子在电场中的加速度a＝，故＝＝，A错误．离开电场区域时的动能Ek＝Uq，故＝＝，D正确．在磁场中运动的半径r＝＝＝，故＝＝，B正确．在磁场中转过的角度的正弦值sinθ＝＝Bd，故＝＝，因θ1＝30°，则sinθ2＝，即θ2＝60°，所以＝，C正确．21．K2[2022·广东卷]如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有(　　)A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近-17-\n21．AD　[解析]由左手定则可知A正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝，解得r＝，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b离子轨迹为半圆，a离子轨迹超过半圆，B、C错误，D正确．18．K2[2022·新课标全国卷Ⅰ]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(q>0)、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.B.C.D.18．B　[解析]由Bqv＝可得v＝，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r＝R，故B正确．17．K2[2022·新课标全国卷Ⅱ]空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　)A.　　　　　　　　B.-17-\nC.D.17．A　[解析]由Bqv0＝可得：B＝，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r＝R，即B＝，A正确．23．I3K2[2022·安徽卷]如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．23．[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma，联立以上各式可得E＝.(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0，所以v＝＝v0，方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m，-17-\n当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝.K3　带电粒子在组合场及复合场中运动　　　　　　　　　　　　　　　　　　2．[2022·浙江省十二校新高考研究联盟第一次联考]如图X202所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有(　　)图X202A．小球加速度一直减小B．小球的速度先减小，直到最后匀速C．杆对小球的弹力一直减小D．小球队受到的洛伦兹力一直减小2．D　[解析]小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F洛＝qvB，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B错误，选项D正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小FN＝F洛－F会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开始小球的初速度较小，其洛伦兹力小于电场力，杆对小球的弹力水平向左，大小FN＝F－F洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A、C错误．图X2033．[2022·安徽省黄山市一模]回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图X203所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是(　　)A．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少B．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多C．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多D．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少-17-\n3．A　[解析]对于粒子在匀强磁场中的运动，由R＝可知，随着粒子速度的增大，粒子的运动半径也逐渐增大，设粒子的质量为m，电荷量为q，在窄缝间被加速的次数为n，则由mv2＝nqU和R＝(其中R为D形盒中运动的最大圆周半径)可得，n＝，显然，质量大的加速次数少，获得的动能较小；由T＝可知，T与成正比，故加速质量大的交流电源的周期较大，选项A正确．22．E2，K3，K4[2022·福建卷]如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v1)，为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sinθ值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm.22．[解析](1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvB＝m①当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1＝②由②代入①式得v1＝(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝④由①④式解得sinθ＝⑤(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y-17-\n坐标，由动能定理，有qEym＝mv－mv⑥由题知，有vm＝kym⑦若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝m⑧由⑥⑦⑧式解得vm＝＋。22．K3[2022·北京卷](16分)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E的大小；(2)粒子从电场射出时速度v的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R.22．[解析](1)电场强度E＝(2)根据动能定理，有qU＝mv2得v＝(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m得R＝15．K3[2022·江苏卷](16分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t作周期性变化的图象如图2所示．x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向．在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q.不计重力．在t＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；(2)求B0应满足的关系；-17-\n(3)在t0(0<t0<)时刻释放P,求P速度为零时的坐标.　　　　图1　　　　　　　　　　　图215．[解析](1)～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动电场力F＝QE0加速度a＝速度v0＝at，且t＝解得v0＝(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P在磁场中做圆周运动的周期为T.则T＝τ，(n＝1，2，3…)匀速圆周运动qvB0＝m，T＝解得B0＝，(n＝1，2，3…)(3)在t0时刻释放，P在电场中加速时间为τ－t0在磁场中做匀速圆周运动v1＝解得r1＝又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0P再进入磁场v2＝-17-\n圆周运动的半径r2＝解得r2＝综上分析，速度为零时横坐标x＝0相应的纵坐标为y＝，(k＝1，2，3…)解得y＝，(k＝1，2，3…)5．K3[2022·重庆卷]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5．C　[解析]本题考查带电粒子在电场和磁场组成的复合场中的运动情况，要求学生的综合分析能力较强．导电材料上表面的电势比下表面的低，故导电材料内部的电场方向为竖直向上．由于电流方向为水平向右，假设运动电荷为正电荷，则由左手定则可知电荷受到的洛伦兹力竖直向上，而运动电荷受到的电场力也竖直向上，不能平衡，所以运动电荷不是正电荷，即该电荷一定是负电荷．取长为l的这段导电材料进行分析，电荷通过这段导电材料所用的时间为t，则自由运动电荷运动的速度v＝；时间t内通过的电荷量Q＝It，导电材料内部的电场E＝.根据自由运动电荷水平通过导电材料时受力平衡，即受到的电场力等于洛伦兹力，所以qE＝qvB，代入后有：＝B＝，所以Q＝.在这段导电材料中，所含自由电荷的个数N＝＝，而这段材料的体积V＝abl，所以该导电材料单位体积内自由运动电荷数n＝＝，选项C正确．22．K3[2022·山东卷](15分)如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°-17-\n，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？22．[解析](1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋at2①v＝v0＋at②联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③v＝8m/s④(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥又Ff＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F＝⑧由数学知识得cosα＋sinα＝sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F最小的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝N6．[2022·北京市东城区普通校联考]如图X206所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率P＝R-17-\n.调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为(　　)图X206A.　　　　　　B.C.D.6．B　[解析]运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为r＝ρ.根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即R＝r时，外电阻消耗的电功率最大．此时R＝ρ，代入电功率P＝R中得到最大电功率Pm＝.故选B.10．B4、C2、E6、K3[2022·四川卷]在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．10．[解析](1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳的张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ对B：T0＝qE＋f0联立，代入数据即可解得f0＝0.4N(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEpT－μmBg－qE＝mBa设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2asF弹＝k·Δx-17-\nF＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa由几何关系知Δx＝设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv联立，代入数据解得P＝0.528WK4　磁场综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　22．E2，K3，K4[2022·福建卷]如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v(v>v1)，为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sinθ值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm.22．[解析](1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvB＝m①当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1＝②由②代入①式得v1＝(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝④由①④式解得sinθ＝⑤-17-\n(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qEym＝mv－mv⑥由题知，有vm＝kym⑦若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝m⑧由⑥⑦⑧式解得vm＝＋。26．K4[2022·全国卷]如图，虚线OL与y轴的夹角θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M.粒子在磁场中运动的轨道半径为R.粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且OP＝R.不计重力．求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间．26．[解析]根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为β，如图所示．有qvB＝m①周期为T＝-17-\n由此得T＝②过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D.由图中几何关系得AD＝RsinαOD＝ADcot60°BP＝ODcotβOP＝AD＋BPα＝β③由以上五式和题给条件得sinα＋cosα＝1④解得α＝30°⑤或α＝90°⑥该M点到O点的距离为hh＝R－OC根据几何关系OC＝CD－OD＝Rcosα－AD利用以上两式和AD＝Rsinα得h＝R－Rcos(α＋30°)⑦解得h＝(1－R)(α＝30°)⑧h＝(1＋)R(α＝90°)⑨当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为t＝＝⑩当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为t＝＝15．K4[2022·安徽卷]图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)A．向上　　　　　　　　　　B．向下C．向左D．向右15．B　[解析]本题考查安培定则、矢量合成、左手定则的知识．应用安培定则分别判断4个直线电流在O-17-\n点产生的磁场方向，因为其磁感应强度的大小相等，对其进行矢量合成可得，合磁场的方向由b指向d，由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力的方向向下，选项B正确．19．J3[2022·安徽卷]用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为(　　)A.R0B.R0C.R0D.R019．C　[解析]本题是应用平衡电桥测量电阻的考题，考查电路的分析与计算能力．当电流表G中无电流通过时，称电桥达到平衡．平衡时，电流表G所在支路电流为零，则流过R0和Rx的电流相同(记作I1)，流过电阻丝MN的电流相同(记作I2)．电流表G两端电位相等，因而有I1R0＝I2RMP，I1Rx＝I2RPN，便可求得Rx＝R0＝R0，选项C正确．-17-