资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩13页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题09 磁场-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题
展开
这是一份专题09 磁场-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题，文件包含专题09+磁场原卷版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题17docx、专题09+磁场解析版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题18docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题9.磁场-突破典型题型之电磁学选择题（2024届高考物理二轮复习）
一、单选题
1．（2024·湖南岳阳·统考一模）丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁间关系的序幕。三根相互平行的通电长直导线a、b、c电流均为I，如图所示放在等腰直角三角形三个顶点上，每根通电直导线单独存在时，O点的磁感应强度都是B，则三根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小为（ ）
A．BB．3BC．BD．B
【答案】A
【解析】如图所示由安培定则，可知通电长直导线a和c在O点的磁感应强度的方向均垂直于斜向左下，大小为。通电长直导线b在O点的磁感应强度的方向垂直于斜向右下，大小也也为。
将两个相互垂直的磁感应强度合成，得到它两个合磁感应强度，方向垂直于向下。再将另一个磁感应强度与合成，如图所示
由余弦定理得
解得
故选A。
2．同学们在学校操场上做摇绳发电实验，用手机软件测得当地的磁感应强度如下表所示，其中轴正方向为水平由南向北，轴正方向为水平自东向西，轴正方向为竖直向上。两位同学各握长金属软绳的一端，以平行于轴方向的为轴匀速摇动绳子，周期为，摇绳过程中金属软绳与轴所围成的面积可视为恒值，将接到灵敏电流计两端，如下图所示。已知电路总阻值为，图中金属软绳在最高位置。则下列说法正确的是（ ）
A．该学校位于地球南半球
B．金属软绳在最高位置时电路中的感应电流为0
C．摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，通过电流计的电荷量为
【答案】C
【解析】A．依题意，该学校位置处的地磁场具有竖直向下的分量和由南指向北的分量，可知位于北半球。故A错误；
B．由图可知，金属软绳在最高位置时具有水平方向的线速度，垂直切割竖直方向的磁感线，电路中的感应电流不为零。故B错误；
C．依题意，地磁场的磁感应强度为
摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为
其中
联立，解得
故C正确；
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，磁通量的变化量为
根据法拉第电磁感应定律，可得
又
通过电流计的电荷量为
联立，解得
故D错误。
故选C。
3．如图所示，空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，边长为L的正方形线框CDEF处在竖直平面内，将线框以CD边为轴转过角到虚线所在位置，该过程的磁通量变化量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】该过程的磁通量变化量为
故选B。
4．如图所示，导电圆环P中通有逆时针方向的恒定电流，圆心位于平面直角坐标系坐标原点O，绝缘圆环Q圆心在x轴正半轴上，开始时两圆环均在xOy平面内。穿过圆环Q的磁通量为Φ，下列说法正确的是（ ）
A．若P沿x轴负方向移动，Φ一直减小
B．若P沿x轴正方向移动到圆心与圆环Q圆心重合，Φ一直增加
C．若P以x轴为转动轴，旋转90°角的过程中，Φ一直增加
D．若P以y轴为转动轴，旋转90°角的过程中，Φ一直增加
【答案】A
【解析】A．如图所示为通电圆环产生的磁场，xOy平面处的磁场方向垂直于xOy平面，P沿x轴负方向移动，Q离环形电流越来越远，根据环形电流激发磁场的特点，可知Q处磁场的磁感应强度越来越弱，Φ一直减小，A正确；
B．圆环P沿x轴正方向移动，当Q整体在P的外面时，Φ逐渐增加，Q与P开始重合时（圆环内外的磁感应强度方向不同，要根据矢量叠加分析），Φ开始减小，减为0后又反向增加，当P与Q的圆心重合时，Φ增加到最大，B错误；
C．P以x轴为转动轴，旋转90°后，在xOy平面内的磁场方向均平行于xOy平面，没有垂直xOy平面的分量，此时，C错误；
D．P以y轴为转动轴，旋转90°后，在xOy平面内的磁场方向均平行于xOy平面，没有垂直xOy平面的分量，此时，D错误。
故选A。
5．（2024·河南郑州·统考一模）已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与导线中的电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比；现有通有电流大小为I的长直导线固定在正方体的棱上，通有电流大小为的长直导线固定在正方体的棱上，彼此绝缘，电流方向如图所示．则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设立方体边长为a，因为dh和hg处的两根导线在e点的磁场分别为
则e点的磁感应强度为
而dh和hg处的两根导线在a点的磁场分别为
则a点的磁感应强度为
则
故选A。
6．如图所示，直角三角形abc的∠a=37°、∠b=53°，d点是ab的中点，e是ab延长线上的一点，a、b两点之间的距离为5L，电流分别为4I、3I的无限长通电直导线分别放置在a点和b点，电流方向垂直三角形abc所在的平面分别向外、向里；已知通有电流i的长直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为（其中k为常量），下列说法正确的是（ ）
A．a点的电流在c点产生的磁场的方向由c指向b
B．d点的磁感应强度大小为
C．若e点的磁感应强度为0，则b、e两点之间的距离为9L
D．c点的磁感应强度大小为
【答案】D
【解析】A．由右手螺旋定则可得a点的电流在c点产生的磁场的方向由b指向c，选项A错误；
B．因ab两处的电流在d点产生的磁场方向相同，则d点的磁感应强度大小为
选项B错误；
C．设b、e两点之间的距离为，若e点的磁感应强度为0，则有
解得
选项C错误；
D．a点的电流在c点产生的磁感应强度为
b点的电流在c点产生的磁感应强度为
由右手螺旋定则可得、互相垂直，则c点的磁感应强度大小为
选项D正确。
故选D。
7．（2024·重庆·统考一模）如图，abcd四边形闭合线框，a、c、d三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于L，ab边与x轴平行，整个空间处于平行于+y方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I方向如图所示。则关于四边形的四条边所受到的安培力的大小（ ）
A．ab边与bc边受到的安培力大小相等
B．cd边受到的安培力最大
C．cd边与ad边受到的安培力大小相等
D．ad边受到的安培力最大
【答案】B
【解析】根据题意可知由于边与磁场方向垂直，则边受到的安培力大小为
由于边与磁场方向平行，可知边没有受到安培力的作用，即
边与竖直方向夹角为，则边受到的安培力大小为
边与磁场方向垂直，且长度最长，故边受安培力的作用最大，并且大小为
BD．根据分析可知边所受安培力最大。故B正确，D错误；
AC．根据分析可知各边安培力大小关系为
故AC错误。
故选B。
8．（2024·广西·统考一模）半径为的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为时，线框所受的安培力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】线框在磁场的有效线段的长度
安培力大小为
故选B。
9．如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从边的中点垂直于边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（ ）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电量最大
【答案】C
【解析】AB．由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供加速度有
解得
，
若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故AB错误；
C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；
D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。
故选C。
10．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流变化率不同，产生的感生电场大小不同，则动能增加量不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
11．圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，具有相同比荷的两个带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子1射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°，磁场中运动时间为；粒子2射入磁场时的速度大小为，偏转情况如图所示，运动时间为，不计重力，则（ ）
A．
B．
C．只改变粒子1从M点射入磁场时的速度方向，则该粒子离开磁场时的速度方向一定不与直径MON垂直
D．仅将粒子2从M点射入磁场的速度方向顺时针旋转角度，且当时该粒子在磁场中运动时间最长
【答案】D
【解析】由图可知
A．由洛伦兹力提供向心力
可得
则
故A错误；
B．粒子在磁场中运动的时间为
可得
故B错误：
C．随意选一条运动轨迹，其中带的圆形区域有匀强磁场，另一个圆为粒子1的运动轨迹，但此运动轨迹仅取在圆形区域中的那部分，区域外的那部分只是为方便观察画出，且为运动轨迹的圆心，连接、、射入点和射出点，因粒子1半径与圆形磁场半径相同，则连接起来的图案为菱形，如图所示
因为是菱形，且射入点和圆形磁场圆心的连线在直径上，根据几何关系，出射点与点的连线必定与直径保持平行，所以出射方向会与与出射点组成的连线垂直，则出射时的速度方向一定垂直于直径。若选取别的入射方向，同样也会组成菱形，且入射点和的连线依旧保持水平方向，所以出射的方向也必定会与直径保持垂直，故错误；
D．对粒子2，连接入射点和出射点组成一条弦，如果出射点在点，此时的弦最长，为圆的直径，而弦越长对应的偏转角也就越大，而偏转角越大运动时间也就越长，所以当该粒子从点射出时，运动时间最长，由图中几何知识可知，当
时该粒子在磁场中运动时间最长，故D正确。
故选D。
12．（2024·河南·统考一模）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的速度之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示
由几何关系可知，氘核的半径为，有
则
由几何关系可知，氚核的半径为，有
则
即
由洛伦兹力提供向心力
可得
由题意可知，氘核和氚核的比荷之比为
故和的速度之比为
故选A。
13．空间中存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。两正电离子a、b分别从静止开始经电压为U0的电场加速后，垂直于EH射入磁场，其中a离子从EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出。已知正方形边界的边长为R，进入磁场时，两离子间的距离为0.25R，a离子的比荷为k，不计重力及离子间的相互作用。则（ ）
A．若增大U0，则a离子在磁场中的运动时间变大
B．磁场的磁感应强度
C．若b离子的比荷为k，则两离子在边界HG上的出射点间的距离为
D．若b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域
【答案】D
【解析】A．设离子a的质量为，电荷量为，则在加速电场中加速，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有
联立解得粒子在磁场中的轨迹半径为
可见，若增大U0，则a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大，做出a离子在磁场中运动的轨迹如图所示
显然，当a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大时，其所对应的圆心角将减小，而离子在磁场中运动的周期
可知，离子在磁场中运动的周期不变，当所对应的圆心角减小时，粒子在磁场中运动的时间减小，故A错误；
B．根据题意，当a离子垂直EH射入磁场时，从HG变垂直射出，则根据几何关系可得，此种情况下，a离子在磁场中运动的轨迹半径
则有
解得
故B错误；
C．根据
可知，比荷相同，则两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径相同，做出两离子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得，两离子在边界HG上的出射点间的距离为
故C错误；
D．若b离子的比荷为，则根据a离子的半径
可得b离子的轨迹半径
则根据几何关系可得，b离子出射电在HG边上距H点的距离为
可知，当b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域，故D正确。
故选D。
14．如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为（且均为常数），霍尔元件的厚度很小。当霍尔元件通以沿轴正方向的恒定电流，上、下表面会产生电势差，则下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B．当物体沿轴正方向移动时，电势差将变小
C．仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度将变弱
D．仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱
【答案】D
【解析】A．霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；
B．设霍尔元件上下表面高度差为，电子定向移动速度为，电子电荷量为，霍尔元件平衡时，有
解得
又因为
其中为单位体积的自由电子数，可得
则
当物体沿轴正方向移动时增大，所以增大，电势差也增大，B错误；
CD．传感器灵敏度为
因为
可得
仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度不变，仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱，C错误，D正确。
故选D。
二、多选题
15．（2024·陕西铜川·统考一模）利用智能手机中的磁传感器可以粗测特高压直流输电线中的电流。如图所示，一条大致东西方向放置的水平长直输电导线，距地面高度20m，手机平行放置于水平长直输电导线的正下方，手机显示屏所在平面为面，轴与导线重合，测量此时的磁感应强度，然后沿轴方向保持手机平移前进1000m，再测量此时的磁感应强度，数据记录如下表。
设通有电流的长直导线在距导线处产生磁场的磁感应强度大小为（其中），该地地磁场为匀强磁场，前进1000m后电流影响可忽略。忽略其他影响，根据实验数据，下列说法正确的是（ ）
A．地磁场方向为沿轴方向B．地磁场的磁感应强度为
C．长导线中电流方向自西向东D．输电线中电流的大小约为500A
【答案】CD
【解析】AB．根据题意前进后，电流影响可忽略，由表格沿地面前进的磁场方向可知，地磁场方向并非沿着轴方向，而是与成一定夹角指向方向；根据矢量的合成可知地磁场的磁感应强度为
故AB错误；
C．沿轴方向保持手机平移前进，沿轴方向的磁场减小，可知长导线产生的磁场沿着轴方向，根据安培定则可知，长导线中电流方向自西向东，故C正确；
D．通过电流的长直导线在距导线处产生磁场的磁感应强度大小为，则根据轴方向的磁场变化可知
解得
故D正确。
故选CD。
16．（2024·福建漳州·统考二模）如图，圆环形导线竖直放置，O为圆环形导线中心；相互平行的长直导线垂直圆环形导线所在平面、关于O点左右对称放置；P、Q为a、b与圆环形导线所在平面交点的连线中垂线上关于O点对称的两点。圆环形导线及直导线内均通有大小相等、方向如图所示的电流。则（ ）
A．O点的磁感应强度为零B．O点的磁感应强度不为零
C．P、Q处的磁感应强度相同D．P、Q处的磁感应强度方向互相垂直
【答案】BC
【解析】根据安培定则和磁场的叠加原理可知通电直导线a、b在直线PQ上产生的合磁场方向均由P指向Q，而通电圆环形导线在直线PQ上产生的磁场方向均垂直纸面向外，整体叠加后，可知O点磁感应强度不为零，P、Q两点的磁感应强度相同。
故选BC。
17．如图所示，空心“十”字形金属框ABCDEFGHIJKL各边边长相等，均为a，总阻值为R。在金属框的右上侧足够大的空间存在垂直金属框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属框上A、K两点的连线与磁场的边界虚线重合，在同一平面内建有沿FL连线方向的x轴。某时刻开始，金属框以恒定的速度沿x轴方向进入磁场（规定电流逆时针方向为正方向），则在进入磁场过程中，穿过金属框的磁通量、金属框中的电流i随时间t变化的关系图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】AB．从线圈开始进入磁场开始到BLJ点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从零增加到，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；
从线圈BLJ点进入磁场到CI点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从零增加到，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；
从线圈CI点进入磁场开始到DFH点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从增加到，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；
从线圈DFH点进入磁场开始到EG点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从增加到，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；
则图像A正确，B错误；
CD．根据楞次定律可判断，磁通量向里增多，金属框在匀速进入磁场的过程中，电流方向始终为逆时针方向，故图像D肯定是错误的；
由图可知，金属框进入磁场过程中，经过时间切割磁感线的等效长度从0均匀增加到等于BJ连线长度，经过相等的时间，均匀减小到等于CI连线长度，又经过均匀增加到等于DH连线长度，最后再经过均匀减小到0，完全进入磁场，根据几何关系可知长度关系为
BJ=DH=2CI
则根据
可知，故C正确，D错误。
故选AC。
18．（2023·北京·统考模拟预测）如图所示，abcd是边长为l、电阻为R的正方形金属框，磁场区域边界PM与PN的夹角，磁感应强度B=B0，此时P点位于cd的中点。下列说法正确的是（ ）
A．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
B．若将金属框以ad为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
C．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
D．若将金属框向右移动l，通过金属框截面的电量为
【答案】CD
【解析】A．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度到达该位置时磁通量为0，该过程中磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
A错误；
B．将金属框以ad为轴向纸面外转动角度，穿过金属框的磁通量转动前后方向相反，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
B错误；
C．将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，穿过金属框的磁通量转动前后方向相反，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
C正确；
D．将金属框向右移动l，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
D正确。
故选CD。
19．两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动（图中未画出）。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从缓慢移动到，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度随的图像（如图乙）和沿y方向的磁感应强度随的图像（如图内）。下列说法正确的是（ ）
A．导线1电流方向垂直纸面向外
B．导线2在第三象限角平分线位置
C．随着的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小
D．当时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线
【答案】AC
【解析】A．根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在轴方向上没有分量，在水平方向有沿轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；
B．根据安培定则可知，导线2在轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在轴负方向处有垂直纸面里的电流，故B错误；
C．磁感应强度为矢量，根据三角形法则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；
D．时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿轴正方向；故中心O处的磁感应强度方向在轴与第四象限角平分线之间，故D错误。
故选AC。
20．如图所示，等边三角形中心O处有垂直平面的长直通电导线，电流方向如图中所示，该空间还存在平行平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，使得a点磁感应强度为零。已知长直导线在空间某点产生的磁感应强度的大小与到该导线的距离成反比。则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点磁感应强度大小相等
B．c点磁感应强度大小为
C．从a点沿直线到d点，各点磁感应强度不断增大
D．d点磁感应强度的大小为
【答案】ACD
【解析】AB．由题意可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为，方向与匀强磁场方向相反，可知匀强磁场方向垂直Oa向左，b、c两点处的磁感应强度均为两个大小为的磁感应强度成合成，因此这两点处的磁感应强度大小相等，且均为，故A正确，B错误；
C．从a到d，长直电流产生的磁感应强度越来越大，且与匀强磁场的夹角越来越小，因此合磁场不断增大，故C正确；
D．长直电流在d点产生的磁感应强度大小为，与匀强磁场成，则
故D正确。
故选ACD。
21．如图，两根相同的粗糙金属导轨平行固定在倾角为的绝缘斜面上，端和端分别与电源正负极相连。匀强磁场垂直于斜面向上，质量为的导体棒水平置于导轨上，处于静止状态。下列方法可能使棒运动的是（ ）
A．仅将电源正负极对调
B．仅增大电源电动势
C．仅将匀强磁场方向变为竖直向下
D．仅增大匀强磁场的磁感应强度
【答案】BD
【解析】A．由左手定则可知，开始时导体棒受安培力沿斜面向下，则摩擦力
方向沿斜面向上；若仅将电源正负极对调，则安培力变为向上，则假设能向上运动，则
则
f2则导体棒不可能向上运动，假设不成立，选项A错误；
BD．仅增大电源电动势，或者仅增大匀强磁场的磁感应强度，则安培力变大，则摩擦力
变大，当达到最大静摩擦力时开始向下运动，选项BD正确；
C．仅将匀强磁场方向变为竖直向下，则安培力变为水平向右，则沿斜面向上的分力小于BIL，由于安培力有垂直斜面向下的分力使得导体棒与斜面间的正压力变大，最大静摩擦力变大，则导体棒不可能向上运动，选项C错误。
故选BD。
22．（2023·湖南永州·统考二模）如图所示，水平金属圆环由外环和内环构成，其半径分别为，，沿半径方向放置的金属杆固定在圆环上，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小的匀强磁场，金属圆环和金属杆以角速度绕中心轴线转动。两环通过电刷用导线连接间距为L＝0.5m的两条平行光滑金属导轨MQ、，导轨倾斜放置、倾斜角、，在Q和两端向下引出两根金属导线通过电键与一电容量的电容器相连，在倾斜导轨MQ、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场。现有一质量为m的金属棒a紧贴放置，合上电键时金属棒恰好静止在导轨上。金属杆电阻，忽略其他所有电阻，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为0.2V
B．金属棒a的质量
C．断开、闭合，金属棒a向下做加速度不断减小的加速运动
D．断开、闭合，金属棒a向下滑行到达倾斜导轨底端时的速度大小为4m/s
【答案】ABD
【解析】A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为
故A正确；
B．通过金属棒a的电流为
金属棒恰好静止在导轨上，有
解得金属棒a的质量m为
故B正确；
C．速度为时，金属棒a产生的电动势
设经，金属棒a的速度，速度为时，金属棒a产生的电动势
时间内，电容器带电量的变化量
通过金属棒a的电流为
对金属棒a受力分析，根据牛顿第二定律有
解得金属棒a的加速度
故断开、闭合，金属棒a向下做匀加速运动，故C错误；
D．根据动力学公式有
解得金属棒a到达倾斜导轨底端时的速度大小为
故D正确。
故选ABD。
23．如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是（ ）
A．该物块带正电
B．传送带的传动速度大小一定为lm/s
C．物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tanθ
D．在2s～4.5s内，物块与传送带可能有相对运动
【答案】AD
【解析】A．由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时
后来
洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A正确；
C．物块加速运动时
所以可知
μ>tanθ
故C错误；
BD．对物块受力分析如图
加速度为零时，有
解得
只要传送带的速度，物块就能匀速运动，物块相对于传送带可能静止也可能不静止，故B错误，D正确。
故选AD。
24．（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（ ）
A．当时，连接细线不会产生张力
B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小
C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止
D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动
【答案】BD
【解析】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有
解得
可知当时，细线产生张力，故A错误；
B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有
对A有
联立可得
可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确；
CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有
解得
若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有
可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。
故选BD。
25．（2024·吉林·统考一模）空间中存在垂直于平面的磁场，两侧的匀强磁场方向相反，区域的磁感应强度大小为区域的2倍。不同带电粒子以速率由原点沿平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】因区域的磁感应强度大小为区域的2倍，根据
可知区域的圆周运动的半径为区域的圆周运动的半径的2倍。
A．该图中粒子运动的轨道半径为
即粒子没能到达两磁场的分界线，则该轨迹可能存在，选项A正确；
B．该图中粒子在x则在x>a区域运动的半径应该为
则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是
则B正确；
C．该图中粒子在xa区域的轨道半径，则选项C错误；
D．该图中粒子在xa区域的轨道半径为
则轨迹与y轴交点
选项D正确。
故选ABD。
26．（2024·全国·校联考模拟预测）如图所示，在阴影部分区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界Ⅰ是半径为R的圆的一部分，边界Ⅱ是以圆的弦AC为直径的半圆。弦长AC等于。在磁场右侧存在宽度为R的线状粒子源MN，，MD为圆的切线。粒子源以平行于弦AC方向发射速度大小的带负电粒子，粒子的比荷为、不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，以下说法正确的是（ ）
A．从N点对着圆心发射的粒子，在磁场中运动的轨道半径为，从边界Ⅰ离开磁场
B．从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动时间为
C．粒子源MN发射的全部粒子都会经过圆心
D．若将粒子速度大小改为，磁场反向，则粒子经有界磁场偏转后全部经过D点
【答案】BCD
【解析】A．从N点对着圆心发射的粒子，其轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，可得
代入数据解得粒子在磁场中运动的轨道半径为
由图可知，粒子从边界Ⅱ离开磁场，A错误；
B．由A选项解析可知，两圆弧在E点垂直，粒子由E点离开磁场做匀速直线运动经O2点，由几何关系可得
解得
粒子在磁场中运动周期为
从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动时间为
B正确；
C．粒子从D点射入磁场，由P点离开磁场，其轨迹如图所示，由以上解析可知粒子的轨道半径为
又边界Ⅱ的半径也为，可知在P点两圆弧垂直，则粒子由P点离开磁场做匀速直线运动经O2，由几何关系则有
可得
则有粒子源MN发射的全部粒子都会经过圆心，C正确；
D．若将粒子速度大小改为，磁场反向，可知粒子的轨道半径为R，则粒子从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动的轨迹如图所示，可知从M点对着D点发射的粒子，必经D点，则粒子经有界磁场偏转后全部经过D点，D正确。
故选BCD。
27．（2024·湖北·校联考模拟预测）如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），以速率沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速率进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的是（ ）
A．加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率
B．加磁场后小球离开管口的时间小于没加磁场时的时间
C．加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．加磁场后，小球在玻璃管中运动时，只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
【答案】A
【解析】B．小球进入玻璃管中后，无论是否加磁场，则竖直方向均做自由落体运动，可知加磁场后小球离开管口的时间等于没加磁场时的时间，B错误；
ACD．加磁场后，因磁场方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小，根据楞次定律可知，产生感应电场的方向俯视逆时针方向，与带正电的小球的初速度方向相同，可知小球水平方向将不断被加速，则加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率，出离玻璃管的机械能一定增加，小球与地球组成的系统机械能不守恒，根据可知加磁场后因磁场逐渐减弱，则小球对玻璃管的压力不一定不断增大，选项A正确，CD错误。
故选A。
28．（2024·河南郑州·统考一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【答案】AC
【解析】带电小球的比荷为是，则有
则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
故选AC。
专练目标
专练内容
目标1
磁感应强度的叠加（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
磁通量、磁通量的变化量（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
电流的磁效应（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
安培力（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
洛伦兹力（T 9、T 10、T 23、T 24）
目标6
带电粒子在磁场中的运动（T 11、T 12、T 25、T 26）
目标7
带电粒子在复合场中的运动（T 13、T 14、T25、T27、T 28）
方向
磁感应强度
测量点位置
正下方时
33
45
沿地面前进1000m
33
40
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题9.磁场-突破典型题型之电磁学选择题（2024届高考物理二轮复习）
一、单选题
1．（2024·湖南岳阳·统考一模）丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁间关系的序幕。三根相互平行的通电长直导线a、b、c电流均为I，如图所示放在等腰直角三角形三个顶点上，每根通电直导线单独存在时，O点的磁感应强度都是B，则三根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的大小为（ ）
A．BB．3BC．BD．B
【答案】A
【解析】如图所示由安培定则，可知通电长直导线a和c在O点的磁感应强度的方向均垂直于斜向左下，大小为。通电长直导线b在O点的磁感应强度的方向垂直于斜向右下，大小也也为。
将两个相互垂直的磁感应强度合成，得到它两个合磁感应强度，方向垂直于向下。再将另一个磁感应强度与合成，如图所示
由余弦定理得
解得
故选A。
2．同学们在学校操场上做摇绳发电实验，用手机软件测得当地的磁感应强度如下表所示，其中轴正方向为水平由南向北，轴正方向为水平自东向西，轴正方向为竖直向上。两位同学各握长金属软绳的一端，以平行于轴方向的为轴匀速摇动绳子，周期为，摇绳过程中金属软绳与轴所围成的面积可视为恒值，将接到灵敏电流计两端，如下图所示。已知电路总阻值为，图中金属软绳在最高位置。则下列说法正确的是（ ）
A．该学校位于地球南半球
B．金属软绳在最高位置时电路中的感应电流为0
C．摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，通过电流计的电荷量为
【答案】C
【解析】A．依题意，该学校位置处的地磁场具有竖直向下的分量和由南指向北的分量，可知位于北半球。故A错误；
B．由图可知，金属软绳在最高位置时具有水平方向的线速度，垂直切割竖直方向的磁感线，电路中的感应电流不为零。故B错误；
C．依题意，地磁场的磁感应强度为
摇绳发电得到的是正弦式交流电，电动势的峰值为
其中
联立，解得
故C正确；
D．金属软绳从最高位置运动到最低位置的过程中，磁通量的变化量为
根据法拉第电磁感应定律，可得
又
通过电流计的电荷量为
联立，解得
故D错误。
故选C。
3．如图所示，空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，边长为L的正方形线框CDEF处在竖直平面内，将线框以CD边为轴转过角到虚线所在位置，该过程的磁通量变化量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】该过程的磁通量变化量为
故选B。
4．如图所示，导电圆环P中通有逆时针方向的恒定电流，圆心位于平面直角坐标系坐标原点O，绝缘圆环Q圆心在x轴正半轴上，开始时两圆环均在xOy平面内。穿过圆环Q的磁通量为Φ，下列说法正确的是（ ）
A．若P沿x轴负方向移动，Φ一直减小
B．若P沿x轴正方向移动到圆心与圆环Q圆心重合，Φ一直增加
C．若P以x轴为转动轴，旋转90°角的过程中，Φ一直增加
D．若P以y轴为转动轴，旋转90°角的过程中，Φ一直增加
【答案】A
【解析】A．如图所示为通电圆环产生的磁场，xOy平面处的磁场方向垂直于xOy平面，P沿x轴负方向移动，Q离环形电流越来越远，根据环形电流激发磁场的特点，可知Q处磁场的磁感应强度越来越弱，Φ一直减小，A正确；
B．圆环P沿x轴正方向移动，当Q整体在P的外面时，Φ逐渐增加，Q与P开始重合时（圆环内外的磁感应强度方向不同，要根据矢量叠加分析），Φ开始减小，减为0后又反向增加，当P与Q的圆心重合时，Φ增加到最大，B错误；
C．P以x轴为转动轴，旋转90°后，在xOy平面内的磁场方向均平行于xOy平面，没有垂直xOy平面的分量，此时，C错误；
D．P以y轴为转动轴，旋转90°后，在xOy平面内的磁场方向均平行于xOy平面，没有垂直xOy平面的分量，此时，D错误。
故选A。
5．（2024·河南郑州·统考一模）已知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与导线中的电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比；现有通有电流大小为I的长直导线固定在正方体的棱上，通有电流大小为的长直导线固定在正方体的棱上，彼此绝缘，电流方向如图所示．则顶点e和a两处的磁感应强度大小之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设立方体边长为a，因为dh和hg处的两根导线在e点的磁场分别为
则e点的磁感应强度为
而dh和hg处的两根导线在a点的磁场分别为
则a点的磁感应强度为
则
故选A。
6．如图所示，直角三角形abc的∠a=37°、∠b=53°，d点是ab的中点，e是ab延长线上的一点，a、b两点之间的距离为5L，电流分别为4I、3I的无限长通电直导线分别放置在a点和b点，电流方向垂直三角形abc所在的平面分别向外、向里；已知通有电流i的长直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为（其中k为常量），下列说法正确的是（ ）
A．a点的电流在c点产生的磁场的方向由c指向b
B．d点的磁感应强度大小为
C．若e点的磁感应强度为0，则b、e两点之间的距离为9L
D．c点的磁感应强度大小为
【答案】D
【解析】A．由右手螺旋定则可得a点的电流在c点产生的磁场的方向由b指向c，选项A错误；
B．因ab两处的电流在d点产生的磁场方向相同，则d点的磁感应强度大小为
选项B错误；
C．设b、e两点之间的距离为，若e点的磁感应强度为0，则有
解得
选项C错误；
D．a点的电流在c点产生的磁感应强度为
b点的电流在c点产生的磁感应强度为
由右手螺旋定则可得、互相垂直，则c点的磁感应强度大小为
选项D正确。
故选D。
7．（2024·重庆·统考一模）如图，abcd四边形闭合线框，a、c、d三点分别在三个正交轴上，坐标值均等于L，ab边与x轴平行，整个空间处于平行于+y方向竖直向上的匀强磁场中，通入电流I方向如图所示。则关于四边形的四条边所受到的安培力的大小（ ）
A．ab边与bc边受到的安培力大小相等
B．cd边受到的安培力最大
C．cd边与ad边受到的安培力大小相等
D．ad边受到的安培力最大
【答案】B
【解析】根据题意可知由于边与磁场方向垂直，则边受到的安培力大小为
由于边与磁场方向平行，可知边没有受到安培力的作用，即
边与竖直方向夹角为，则边受到的安培力大小为
边与磁场方向垂直，且长度最长，故边受安培力的作用最大，并且大小为
BD．根据分析可知边所受安培力最大。故B正确，D错误；
AC．根据分析可知各边安培力大小关系为
故AC错误。
故选B。
8．（2024·广西·统考一模）半径为的圆内有匀强磁场，磁感应强度B大小为，现将一单匝正方形线框放入磁场，线框平面与磁场方向垂直，其中一顶点与圆形磁场区域的圆心O点重合，如图，当通过线框的电流I为时，线框所受的安培力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】线框在磁场的有效线段的长度
安培力大小为
故选B。
9．如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从边的中点垂直于边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（ ）
A．粒子a带负电，粒子b、c带正电
B．若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电量最大
【答案】C
【解析】AB．由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知，由粒子在磁场中的运动时洛伦兹力提供加速度有
解得
，
若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故AB错误；
C．若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；
D．若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电量最大，故D错误。
故选C。
10．现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈通交变电流，电子在半径不变的轨道上做加速圆周运动。上图为侧视图，如图为真空室的俯视图。从上向下看，如果电子沿逆时针方向运动，则（ ）
A．电子加速时受到的洛伦兹力大小可能不变
B．在交变电流的一个周期内，电子可以一直加速
C．电子每运动一周，动能的增加量一定相同
D．当线圈电流与图示方向一致，电流变大，电子加速
【答案】D
【解析】A．电子加速时，磁感应强度增大、电子速度增大，根据，则洛伦兹力变大，故A错误；
B．当交变电流减小时，此时感生电场方向与之前的相反，此时电子受到的电场力方向与之前的相反，则会减速，故B错误；
C．电子每运动一周，动能的增加量是否一定相同，取决于电流随时间的变化关系，如果电流变化率不同，产生的感生电场大小不同，则动能增加量不相同，故C错误；
D．当线圈电流与图示方向一致，根据右手定则可知磁场方向向上，电流变大，则磁感应强度变大，产生的感生电场为顺时针方向，电子受到的电场力为逆时针方向，电子会逆时针加速运动，故D正确。
故选D。
11．圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，具有相同比荷的两个带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子1射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转90°，磁场中运动时间为；粒子2射入磁场时的速度大小为，偏转情况如图所示，运动时间为，不计重力，则（ ）
A．
B．
C．只改变粒子1从M点射入磁场时的速度方向，则该粒子离开磁场时的速度方向一定不与直径MON垂直
D．仅将粒子2从M点射入磁场的速度方向顺时针旋转角度，且当时该粒子在磁场中运动时间最长
【答案】D
【解析】由图可知
A．由洛伦兹力提供向心力
可得
则
故A错误；
B．粒子在磁场中运动的时间为
可得
故B错误：
C．随意选一条运动轨迹，其中带的圆形区域有匀强磁场，另一个圆为粒子1的运动轨迹，但此运动轨迹仅取在圆形区域中的那部分，区域外的那部分只是为方便观察画出，且为运动轨迹的圆心，连接、、射入点和射出点，因粒子1半径与圆形磁场半径相同，则连接起来的图案为菱形，如图所示
因为是菱形，且射入点和圆形磁场圆心的连线在直径上，根据几何关系，出射点与点的连线必定与直径保持平行，所以出射方向会与与出射点组成的连线垂直，则出射时的速度方向一定垂直于直径。若选取别的入射方向，同样也会组成菱形，且入射点和的连线依旧保持水平方向，所以出射的方向也必定会与直径保持垂直，故错误；
D．对粒子2，连接入射点和出射点组成一条弦，如果出射点在点，此时的弦最长，为圆的直径，而弦越长对应的偏转角也就越大，而偏转角越大运动时间也就越长，所以当该粒子从点射出时，运动时间最长，由图中几何知识可知，当
时该粒子在磁场中运动时间最长，故D正确。
故选D。
12．（2024·河南·统考一模）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为和的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，。假设氘核沿内环切线向左进入磁场，氚核沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则和的速度之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，根据左手定则，作图如图所示
由几何关系可知，氘核的半径为，有
则
由几何关系可知，氚核的半径为，有
则
即
由洛伦兹力提供向心力
可得
由题意可知，氘核和氚核的比荷之比为
故和的速度之比为
故选A。
13．空间中存在边界为正方形EFGH、方向垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。两正电离子a、b分别从静止开始经电压为U0的电场加速后，垂直于EH射入磁场，其中a离子从EH的中点射入经磁场偏转后垂直于HG向下射出。已知正方形边界的边长为R，进入磁场时，两离子间的距离为0.25R，a离子的比荷为k，不计重力及离子间的相互作用。则（ ）
A．若增大U0，则a离子在磁场中的运动时间变大
B．磁场的磁感应强度
C．若b离子的比荷为k，则两离子在边界HG上的出射点间的距离为
D．若b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域
【答案】D
【解析】A．设离子a的质量为，电荷量为，则在加速电场中加速，根据动能定理有
粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有
联立解得粒子在磁场中的轨迹半径为
可见，若增大U0，则a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大，做出a离子在磁场中运动的轨迹如图所示
显然，当a离子在磁场中的运动轨迹半径将增大时，其所对应的圆心角将减小，而离子在磁场中运动的周期
可知，离子在磁场中运动的周期不变，当所对应的圆心角减小时，粒子在磁场中运动的时间减小，故A错误；
B．根据题意，当a离子垂直EH射入磁场时，从HG变垂直射出，则根据几何关系可得，此种情况下，a离子在磁场中运动的轨迹半径
则有
解得
故B错误；
C．根据
可知，比荷相同，则两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径相同，做出两离子在磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可得，两离子在边界HG上的出射点间的距离为
故C错误；
D．若b离子的比荷为，则根据a离子的半径
可得b离子的轨迹半径
则根据几何关系可得，b离子出射电在HG边上距H点的距离为
可知，当b离子的比荷为，则a、b两离子从同一点射出磁场区域，故D正确。
故选D。
14．如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为（且均为常数），霍尔元件的厚度很小。当霍尔元件通以沿轴正方向的恒定电流，上、下表面会产生电势差，则下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B．当物体沿轴正方向移动时，电势差将变小
C．仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度将变弱
D．仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱
【答案】D
【解析】A．霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；
B．设霍尔元件上下表面高度差为，电子定向移动速度为，电子电荷量为，霍尔元件平衡时，有
解得
又因为
其中为单位体积的自由电子数，可得
则
当物体沿轴正方向移动时增大，所以增大，电势差也增大，B错误；
CD．传感器灵敏度为
因为
可得
仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度不变，仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱，C错误，D正确。
故选D。
二、多选题
15．（2024·陕西铜川·统考一模）利用智能手机中的磁传感器可以粗测特高压直流输电线中的电流。如图所示，一条大致东西方向放置的水平长直输电导线，距地面高度20m，手机平行放置于水平长直输电导线的正下方，手机显示屏所在平面为面，轴与导线重合，测量此时的磁感应强度，然后沿轴方向保持手机平移前进1000m，再测量此时的磁感应强度，数据记录如下表。
设通有电流的长直导线在距导线处产生磁场的磁感应强度大小为（其中），该地地磁场为匀强磁场，前进1000m后电流影响可忽略。忽略其他影响，根据实验数据，下列说法正确的是（ ）
A．地磁场方向为沿轴方向B．地磁场的磁感应强度为
C．长导线中电流方向自西向东D．输电线中电流的大小约为500A
【答案】CD
【解析】AB．根据题意前进后，电流影响可忽略，由表格沿地面前进的磁场方向可知，地磁场方向并非沿着轴方向，而是与成一定夹角指向方向；根据矢量的合成可知地磁场的磁感应强度为
故AB错误；
C．沿轴方向保持手机平移前进，沿轴方向的磁场减小，可知长导线产生的磁场沿着轴方向，根据安培定则可知，长导线中电流方向自西向东，故C正确；
D．通过电流的长直导线在距导线处产生磁场的磁感应强度大小为，则根据轴方向的磁场变化可知
解得
故D正确。
故选CD。
16．（2024·福建漳州·统考二模）如图，圆环形导线竖直放置，O为圆环形导线中心；相互平行的长直导线垂直圆环形导线所在平面、关于O点左右对称放置；P、Q为a、b与圆环形导线所在平面交点的连线中垂线上关于O点对称的两点。圆环形导线及直导线内均通有大小相等、方向如图所示的电流。则（ ）
A．O点的磁感应强度为零B．O点的磁感应强度不为零
C．P、Q处的磁感应强度相同D．P、Q处的磁感应强度方向互相垂直
【答案】BC
【解析】根据安培定则和磁场的叠加原理可知通电直导线a、b在直线PQ上产生的合磁场方向均由P指向Q，而通电圆环形导线在直线PQ上产生的磁场方向均垂直纸面向外，整体叠加后，可知O点磁感应强度不为零，P、Q两点的磁感应强度相同。
故选BC。
17．如图所示，空心“十”字形金属框ABCDEFGHIJKL各边边长相等，均为a，总阻值为R。在金属框的右上侧足够大的空间存在垂直金属框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属框上A、K两点的连线与磁场的边界虚线重合，在同一平面内建有沿FL连线方向的x轴。某时刻开始，金属框以恒定的速度沿x轴方向进入磁场（规定电流逆时针方向为正方向），则在进入磁场过程中，穿过金属框的磁通量、金属框中的电流i随时间t变化的关系图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】AB．从线圈开始进入磁场开始到BLJ点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从零增加到，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；
从线圈BLJ点进入磁场到CI点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从零增加到，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；
从线圈CI点进入磁场开始到DFH点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从增加到，且磁通量变化率逐渐变大，即图像斜率逐渐变大；
从线圈DFH点进入磁场开始到EG点进入磁场，经过的时间为 穿过线圈的磁通量从增加到，且磁通量变化率逐渐变小，即图像斜率逐渐变小；
则图像A正确，B错误；
CD．根据楞次定律可判断，磁通量向里增多，金属框在匀速进入磁场的过程中，电流方向始终为逆时针方向，故图像D肯定是错误的；
由图可知，金属框进入磁场过程中，经过时间切割磁感线的等效长度从0均匀增加到等于BJ连线长度，经过相等的时间，均匀减小到等于CI连线长度，又经过均匀增加到等于DH连线长度，最后再经过均匀减小到0，完全进入磁场，根据几何关系可知长度关系为
BJ=DH=2CI
则根据
可知，故C正确，D错误。
故选AC。
18．（2023·北京·统考模拟预测）如图所示，abcd是边长为l、电阻为R的正方形金属框，磁场区域边界PM与PN的夹角，磁感应强度B=B0，此时P点位于cd的中点。下列说法正确的是（ ）
A．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
B．若将金属框以ad为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
C．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，通过金属框截面的电量为
D．若将金属框向右移动l，通过金属框截面的电量为
【答案】CD
【解析】A．若将金属框以bd为轴向纸面外转动角度到达该位置时磁通量为0，该过程中磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
A错误；
B．将金属框以ad为轴向纸面外转动角度，穿过金属框的磁通量转动前后方向相反，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
B错误；
C．将金属框以bd为轴向纸面外转动角度，穿过金属框的磁通量转动前后方向相反，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
C正确；
D．将金属框向右移动l，磁通量的变化量为
通过金属框截面的电量为
D正确。
故选CD。
19．两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动（图中未画出）。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从缓慢移动到，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度随的图像（如图乙）和沿y方向的磁感应强度随的图像（如图内）。下列说法正确的是（ ）
A．导线1电流方向垂直纸面向外
B．导线2在第三象限角平分线位置
C．随着的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小
D．当时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线
【答案】AC
【解析】A．根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在轴方向上没有分量，在水平方向有沿轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；
B．根据安培定则可知，导线2在轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在轴负方向处有垂直纸面里的电流，故B错误；
C．磁感应强度为矢量，根据三角形法则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；
D．时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿轴正方向；故中心O处的磁感应强度方向在轴与第四象限角平分线之间，故D错误。
故选AC。
20．如图所示，等边三角形中心O处有垂直平面的长直通电导线，电流方向如图中所示，该空间还存在平行平面的磁感应强度大小为的匀强磁场，使得a点磁感应强度为零。已知长直导线在空间某点产生的磁感应强度的大小与到该导线的距离成反比。则下列说法正确的是（ ）
A．b、c两点磁感应强度大小相等
B．c点磁感应强度大小为
C．从a点沿直线到d点，各点磁感应强度不断增大
D．d点磁感应强度的大小为
【答案】ACD
【解析】AB．由题意可知，通电直导线在a点产生的磁感应强度大小为，方向与匀强磁场方向相反，可知匀强磁场方向垂直Oa向左，b、c两点处的磁感应强度均为两个大小为的磁感应强度成合成，因此这两点处的磁感应强度大小相等，且均为，故A正确，B错误；
C．从a到d，长直电流产生的磁感应强度越来越大，且与匀强磁场的夹角越来越小，因此合磁场不断增大，故C正确；
D．长直电流在d点产生的磁感应强度大小为，与匀强磁场成，则
故D正确。
故选ACD。
21．如图，两根相同的粗糙金属导轨平行固定在倾角为的绝缘斜面上，端和端分别与电源正负极相连。匀强磁场垂直于斜面向上，质量为的导体棒水平置于导轨上，处于静止状态。下列方法可能使棒运动的是（ ）
A．仅将电源正负极对调
B．仅增大电源电动势
C．仅将匀强磁场方向变为竖直向下
D．仅增大匀强磁场的磁感应强度
【答案】BD
【解析】A．由左手定则可知，开始时导体棒受安培力沿斜面向下，则摩擦力
方向沿斜面向上；若仅将电源正负极对调，则安培力变为向上，则假设能向上运动，则
则
f2
BD．仅增大电源电动势，或者仅增大匀强磁场的磁感应强度，则安培力变大，则摩擦力
变大，当达到最大静摩擦力时开始向下运动，选项BD正确；
C．仅将匀强磁场方向变为竖直向下，则安培力变为水平向右，则沿斜面向上的分力小于BIL，由于安培力有垂直斜面向下的分力使得导体棒与斜面间的正压力变大，最大静摩擦力变大，则导体棒不可能向上运动，选项C错误。
故选BD。
22．（2023·湖南永州·统考二模）如图所示，水平金属圆环由外环和内环构成，其半径分别为，，沿半径方向放置的金属杆固定在圆环上，圆环区域存在方向竖直向上，磁感应强度大小的匀强磁场，金属圆环和金属杆以角速度绕中心轴线转动。两环通过电刷用导线连接间距为L＝0.5m的两条平行光滑金属导轨MQ、，导轨倾斜放置、倾斜角、，在Q和两端向下引出两根金属导线通过电键与一电容量的电容器相连，在倾斜导轨MQ、区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场。现有一质量为m的金属棒a紧贴放置，合上电键时金属棒恰好静止在导轨上。金属杆电阻，忽略其他所有电阻，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为0.2V
B．金属棒a的质量
C．断开、闭合，金属棒a向下做加速度不断减小的加速运动
D．断开、闭合，金属棒a向下滑行到达倾斜导轨底端时的速度大小为4m/s
【答案】ABD
【解析】A．水平金属圆环中金属杆产生的电动势为
故A正确；
B．通过金属棒a的电流为
金属棒恰好静止在导轨上，有
解得金属棒a的质量m为
故B正确；
C．速度为时，金属棒a产生的电动势
设经，金属棒a的速度，速度为时，金属棒a产生的电动势
时间内，电容器带电量的变化量
通过金属棒a的电流为
对金属棒a受力分析，根据牛顿第二定律有
解得金属棒a的加速度
故断开、闭合，金属棒a向下做匀加速运动，故C错误；
D．根据动力学公式有
解得金属棒a到达倾斜导轨底端时的速度大小为
故D正确。
故选ABD。
23．如图甲所示，一带电物块无初速度地放上与水平面成θ角的传送带底端，传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中，其v-t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及该运动过程的说法中正确的是（ ）
A．该物块带正电
B．传送带的传动速度大小一定为lm/s
C．物块与传送带间的动摩擦因数μ可能等于tanθ
D．在2s～4.5s内，物块与传送带可能有相对运动
【答案】AD
【解析】A．由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动。对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为，沿斜面的方向
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，物块的加速度逐渐减小，一定是FN逐渐减小，而开始时
后来
洛伦兹力垂直传送带向上，由左手定则判断物块带正电，故A正确；
C．物块加速运动时
所以可知
μ>tanθ
故C错误；
BD．对物块受力分析如图
加速度为零时，有
解得
只要传送带的速度，物块就能匀速运动，物块相对于传送带可能静止也可能不静止，故B错误，D正确。
故选AD。
24．（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（ ）
A．当时，连接细线不会产生张力
B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小
C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止
D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动
【答案】BD
【解析】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有
解得
可知当时，细线产生张力，故A错误；
B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有
对A有
联立可得
可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确；
CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有
解得
若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有
可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。
故选BD。
25．（2024·吉林·统考一模）空间中存在垂直于平面的磁场，两侧的匀强磁场方向相反，区域的磁感应强度大小为区域的2倍。不同带电粒子以速率由原点沿平面射入该磁场，则粒子的轨迹可能为下图中的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】因区域的磁感应强度大小为区域的2倍，根据
可知区域的圆周运动的半径为区域的圆周运动的半径的2倍。
A．该图中粒子运动的轨道半径为
即粒子没能到达两磁场的分界线，则该轨迹可能存在，选项A正确；
B．该图中粒子在x
则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是
则B正确；
C．该图中粒子在x
D．该图中粒子在x
则轨迹与y轴交点
选项D正确。
故选ABD。
26．（2024·全国·校联考模拟预测）如图所示，在阴影部分区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界Ⅰ是半径为R的圆的一部分，边界Ⅱ是以圆的弦AC为直径的半圆。弦长AC等于。在磁场右侧存在宽度为R的线状粒子源MN，，MD为圆的切线。粒子源以平行于弦AC方向发射速度大小的带负电粒子，粒子的比荷为、不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，以下说法正确的是（ ）
A．从N点对着圆心发射的粒子，在磁场中运动的轨道半径为，从边界Ⅰ离开磁场
B．从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动时间为
C．粒子源MN发射的全部粒子都会经过圆心
D．若将粒子速度大小改为，磁场反向，则粒子经有界磁场偏转后全部经过D点
【答案】BCD
【解析】A．从N点对着圆心发射的粒子，其轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，可得
代入数据解得粒子在磁场中运动的轨道半径为
由图可知，粒子从边界Ⅱ离开磁场，A错误；
B．由A选项解析可知，两圆弧在E点垂直，粒子由E点离开磁场做匀速直线运动经O2点，由几何关系可得
解得
粒子在磁场中运动周期为
从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动时间为
B正确；
C．粒子从D点射入磁场，由P点离开磁场，其轨迹如图所示，由以上解析可知粒子的轨道半径为
又边界Ⅱ的半径也为，可知在P点两圆弧垂直，则粒子由P点离开磁场做匀速直线运动经O2，由几何关系则有
可得
则有粒子源MN发射的全部粒子都会经过圆心，C正确；
D．若将粒子速度大小改为，磁场反向，可知粒子的轨道半径为R，则粒子从N点对着圆心发射的粒子在磁场中的运动的轨迹如图所示，可知从M点对着D点发射的粒子，必经D点，则粒子经有界磁场偏转后全部经过D点，D正确。
故选BCD。
27．（2024·湖北·校联考模拟预测）如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），以速率沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速率进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的是（ ）
A．加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率
B．加磁场后小球离开管口的时间小于没加磁场时的时间
C．加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大
D．加磁场后，小球在玻璃管中运动时，只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒
【答案】A
【解析】B．小球进入玻璃管中后，无论是否加磁场，则竖直方向均做自由落体运动，可知加磁场后小球离开管口的时间等于没加磁场时的时间，B错误；
ACD．加磁场后，因磁场方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小，根据楞次定律可知，产生感应电场的方向俯视逆时针方向，与带正电的小球的初速度方向相同，可知小球水平方向将不断被加速，则加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率，出离玻璃管的机械能一定增加，小球与地球组成的系统机械能不守恒，根据可知加磁场后因磁场逐渐减弱，则小球对玻璃管的压力不一定不断增大，选项A正确，CD错误。
故选A。
28．（2024·河南郑州·统考一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为，下列说法正确的是（ ）
A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【答案】AC
【解析】带电小球的比荷为是，则有
则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得，其轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
小球的加速度为
故选AC。
专练目标
专练内容
目标1
磁感应强度的叠加（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
磁通量、磁通量的变化量（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
电流的磁效应（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
安培力（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
洛伦兹力（T 9、T 10、T 23、T 24）
目标6
带电粒子在磁场中的运动（T 11、T 12、T 25、T 26）
目标7
带电粒子在复合场中的运动（T 13、T 14、T25、T27、T 28）
方向
磁感应强度
测量点位置
正下方时
33
45
沿地面前进1000m
33
40
相关试卷
专题04 万有引力与宇宙航行-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题： 这是一份专题04 万有引力与宇宙航行-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题，文件包含专题04+万有引力与宇宙航行原卷版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题7docx、专题04+万有引力与宇宙航行解析版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题8docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
专题03 曲线运动-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题： 这是一份专题03 曲线运动-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题，文件包含专题03+曲线运动原卷版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题5docx、专题03+曲线运动解析版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题6docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
专题02 牛顿运动定律-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题： 这是一份专题02 牛顿运动定律-【典型题型】2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题，文件包含2牛顿运动定律原卷版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题3docx、2牛顿运动定律解析版-典型题型2024年高考物理二轮复习突破典型题型之选择题4docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
