高考物理电磁学知识点之磁场技巧及练习题附解析

高考物理电磁学学问点之磁场技巧及练习题附解析(1)一、选择题如下图，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场〔图中未画出〕，三个质量和电荷量都一样a、b、cOAO方向射入磁场，其运动轨迹如下图，假设带电粒子只受磁场力的作用，则以下说法正确的选项是〔〕A．a粒子速率最大B．c粒子速率最大C．c粒子在磁场中运动时间最长D．它们做圆周运动的周期TDa

TTb c质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹分别如图中的两支虚线所示，以下表述正确的选项是〔 〕A．M带正电，N带负电B．MN的速率CM、N做正功D．MN的运行时间12 1 如下图，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子〔不计重力〕以速度v从磁场分界限MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界限MN成60角，经过t时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω、ω，则( )12 1 1 C．t∶t＝1∶1

B．ω1∶ω2＝2∶11 D．t∶t＝2∶1 L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框通电处于静止状态，细线的拉力为F1；保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消逝，虚线上方有一样的磁场同时电流强度变为原来一半，此时细线的拉力F2g，则导线框的质量为2FFA． 2 1

2FFB． 2

FFC．2

FFD．2 13g 3g g g如下图，一块长方体金属板材料置于方向垂直于其前外表对里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下外表电势分别为φ1、φ2。该金属材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e。那么A．1 C．1 2

IBenbIBena

B．1 2D．1

IBenbIBena如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面对外；B2垂直水平面对里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框始终处于静止状态，计算过程中取π3，以下说法正确的选项是〔 〕线框具有向左的运动趋势t＝00.5Wbt＝0.4s1.5V0－0.6s0.018C如下图，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平q面〔未画出〕mv0〔较大〕，P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上，离子重力不计。则以下说法正确的选项是〔 〕A．离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等BQ点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C．离子在磁场中运动时间肯定相等DPQ方向射入的离子飞出时偏转角最大以下关于教材中四幅插图的说法正确的选项是〔 〕图甲是通电导线四周存在磁场的试验。这一现象是物理学家法拉第通过试验首先觉察B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频沟通电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C．图丙是李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻刘伟手握线圈暴露的两端帮助测量，李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击说明欧姆挡内电池电动势很高D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理如下图，某种带电粒子由静止开头经电压为U1的电场加速后，射人水平放置，电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界限竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化状况为〔不计重力，不考虑边缘效应〕〔 〕A．dU1变化，dU2无关B．dU1无关，dU2变化C．dU1变化，dU2变化D．dU1无关，dU2无关某小组重做奥斯特试验，在一根南北方向放置的直导线的正下方放置一小磁针，如图所示，给导线通入恒定电流，小磁针再次静止时偏转了30°，该处地磁场水平重量B5.0105T，通电直导线在该处产生的磁感应强度大小为〔〕A．2.9105T B．7.1105T C．8.7105T D．1.0104T如下图，在以原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B方A、CDA、C为边界与坐标轴ODx45A点以速度vAC方向射入磁D点飞出，粒子在磁场中运动的时间为〔〕r2v B．

4v

4v D．

2v如下图，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的选项是〔〕A．N1＞N2,弹簧长度将变长C．N1＜N2,弹簧长度将变长

B．N1＞N2,弹簧长度将变短D．N1＜N2,弹簧长度将变短我国的传统文化和科技是中华民族的贵重精神财宝，四大制造促进了科学的进展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，以下说法正确的选项是〔 〕A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒B．火箭是我国的重大制造，现代火箭放射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能D．指南针的制造促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方如下图，三根彼此绝缘的无限长直导线的一局部ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、NOab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如下图的电流时，MB1，OB2，假设将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为〔〕13BBA．B1＋B2

B．2 2 11BBC．2 2 1

D．B1－B2A．B．C．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流A．B．C．D．如下图，在水平放置的光滑绝缘杆ab上，挂有两个一样的金属环M和N．当两环均通以图示的一样方向的电流时，分析以下说法中，哪种说法正确〔 〕D．A．两环静止不动B．两环相互远离C．两环相互靠近D．两环同时向左运动如下图，空间中存在在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴围绕速度大小及方向分别为〔 〕E，顺时针B

E，逆时针B

BgRC．E

，顺时针

BgRD．E

，逆时针B．B．C．如下图，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以一样的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )P1P2转动时的电流P1P2转动时的电动势P1P2a→b→c→dP1dcP2dc边受到的安培力如下图，在两个水平放置的平行金属板之间，存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场．一束带电粒子〔不计重力〕沿着直线通过两板间而不发生偏转，则这些粒子肯定具有一样的〔〕质量m B．初速度v C．电荷量q D．比荷qmA．A．D．2如下图，两根相互平行放置的长直导线ab通有大小相等、方向相反的电流，a受到磁场力的大小为F1，当参加一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大F.b受到的磁场力大小为()D．21 2 1 2 1 A．F2 B．F-F C．F＋F D．2F-1 2 1 2 1 导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如下图，设导线ab中每个带正电粒子定向运动vnqS，磁感应B、方向垂直纸面对里，则以下说法正确的选项是由题目条件可以算得通过导线的电流为InqvS题中导线受到的安培力的方向可用安培定则推断C．每个粒子所受的洛伦兹力为FC洛

qvB，通电导线所受的安培力为F安

nqvBD．转变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变如图，一束电子沿z轴正向流淌，则在图中y轴上A点的磁场方向是〔 〕A．+x方向 B．﹣x方向 C．+y方向 D．﹣y方向MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．以下说法正确的选项是粒子a带负电粒子c的动能最大粒子b在磁场中运动的时间最长粒子b在磁场中运动时的向心力最大lm的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中abac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向外的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力F；保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F。1 2导线框中的电流大小为〔〕FFA．1 2

FFB．2 1

2(F

F)2

2(F

F)1Bl Bl Bl Bl【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B解析：B【解析】【分析】【详解】AB．粒子在磁场中的轨道半径

RmvqB可知速度越快的粒子，轨道半径越大，因此c粒子速率最大，a粒子速率最小，B正确，A错误；D．粒子在磁场中运动的周期

2mTqB只与比荷有关，与粒子运动速度无关，因此Ta

T Tb

，D错误；C．由于运动周期一样，因此粒子在磁场中运动的时间由偏转角打算，偏转角越大，运动时间越长，由图可知，a粒子在磁场中偏转角最大，运动时间最长，C错误。应选B。2．B解析：B【解析】【分析】【详解】依据左手定则，可知，M带负电，N带正电，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力供给向心力，即：qvBmv2r解得：

rmvqB同一磁场，又M和N两粒子的电荷量一样，故轨道半径大小rv成正比，故B正确；洛伦兹力每时每刻与速度垂直，不做功，C错误；T的计算如下：2mT v qB同一磁场，M和N两粒子的电荷量一样，故两粒子在磁场中运动的周期一样，它们均运动了半个周期，故它们运动的时间一样，D错误；应选B。3．D解析：D【解析】【详解】AB．由洛伦兹力充当向心力可知依据线速度和角速度关系可得

qvBmv2R联立解得

vR则可知，角速度与磁场成正比，故

=qBmAB错误；

:1 2

1:2CD．粒子在两磁场中运动轨迹如下图，粒子在两磁场中转过的圆心角均为120，由T=2mqB

可知，粒子在

中的周期为

中周期的

2倍；则由t360T可知故C错误，D正确。应选D。

t:t1

2:14．A解析：A【解析】【详解】当通如图中电流时，ab边、ac边受到的安培力大小为FFBIL，方向向上；导线框平衡，故

12BIL；bc边受到的安培力大12FBILmg2 BILsin3021磁场加到虚线框上方后，导线框受到的等效安培力为F1BIL，方向向下，故414Fmg BIL42联立解得

F2 FFm 2 13g故A正确，B、C、D错误；应选A。5．B解析：B【解析】【分析】金属导体自由电荷为电子，依据左手定则知电子受到洛伦兹向上，知上外表带负电，下外表带正电，上外表的电势比下外表的低。抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出上下外表的电势差。【详解】由于上外表的电势比下外表的低，由于evB=eU1a1

v

U，由于电流BaI=nevs=nevab，解得：U【点睛】

IBbne

．所以φ-

=-IBφ2 enbφ

，故B正确。应选B。解决此题的关键把握左手定则推断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。6．C解析：C【解析】【分析】【详解】A．线框的磁通量是向外多于向内，故合磁通向外，有增加趋势，依据楞次定律，产生感应电流，受安培力，会阻碍磁通量的增加，故安培力向右〔向右运动会导致磁通量减小〕而阻碍磁通量的增加，即线框具有向右的运动趋势，故A错误；设磁场向外穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t0时穿过线框的磁通量为1 1B πr2B πr20.025Wb1 2 2 6故B错误；B2不变，故依据法拉第电磁感应定律有 1 B 1 52故C正确；

En

n πr2 120 30.12 V1.5Vt 2 t 2 0.6由于是恒定电流，依据闭合电路欧姆定律可得E 1.5I00.6s内通过线框横截面电荷量为

A0.6AR 2.5故D错误。应选C。7．B解析：B

qIt0.60.6C0.36C【解析】【分析】【详解】A．离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供给向心力，由牛顿其次定律得qvB解得

mv2rrmvqB因粒子的速率一样，比荷一样，故半径肯定一样，故A错误；BD．由圆的性质可知，轨迹圆〔离子速率较大，半径较大〕与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，最长弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，故B正确，D错误；C．设粒子轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间为t2T其中2mTqB全部粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故C错误。应选B。8．D解析：D【解析】【分析】【详解】A．图甲是通电导线四周存在磁场的试验，争论的电流的磁效应，这一现象是物理学家奥斯特首先觉察，选项A错误；B．图乙中真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频沟通电时，炉内金属产生大量热量，从而冶炼金属，选项B错误；C．图丙中李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击感，这是电磁感应现象中的自感现象，选项C错误；D．图丁在运输时要把两个接线柱连在一起，产生了闭合回路，目的保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，选项D正确。应选D。9．A解析：A【解析】【分析】【详解】U1v0，由动能定理，有1qU mv21 2 0带电粒子在电势差为U2的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有v0cosv粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直MNθ，则有d2cosR所以又由于半径公式

d2Rv0vRmvqB则有d2mv0qBdm，v0B，qdU1U2无关，故A正确，BCD错误。应选A。10．A解析：A【解析】【分析】【详解】各个分磁场与合磁场关系如下图由数学关系得应选A。11．B解析：B【解析】【分析】【详解】

B Btan2.9105Tx做出运动的轨迹图，可知速度的偏转角为=45+90=135粒子在磁场中运动的时间为

t135T

3r360 4v应选B。12．B解析：B【解析】【分析】【详解】磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，由于长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面对里，依据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，依据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．应选B．13．D解析：D【解析】鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸过程中，总能量是守恒的，A错误；现代火箭放射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，依据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B错误；装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和四周物体的内能，C错误；指南针的制造促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N极指向北方，D正确．14．B解析：B【解析】【分析】【详解】无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如下图的电流，OOB2ab、cd关于OO点的磁场为零，则磁感应强度大小B2ef产生ab、efN点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强B

。由于M点的磁感应强度为BB

B B

B，BB2 1

cd

ef 2 ef cdab中电流时，其余两根导线在N点的磁感应强度大小为故B正确，ACD错误。应选B。【点睛】

1 B B 3B cd ef 2 2 1依据通电导线四周的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向一样，则大小相加；方向相反的，大小相减。15．B解析：B【解析】【分析】要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布状况：地磁的南极在地理北极的四周，故右手的拇指必需指向南方，然后依据安培定则四指弯曲的方向是电流流淌的方向从而判定环形电流的方向．【详解】地磁的南极在地理北极的四周，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而依据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流淌的方向，故四指的方向应当向西．故B正确．【点睛】主要考察安培定则和地磁场分布，把握安培定则和地磁场的分布状况是解决此题的关键所在．另外要把握此类题目肯定要乐于伸手判定．16．C解析：C【解析】【详解】同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,知两线圈的运动状况是相互靠近,故C对；ABD错；应选C17．C解析：C【解析】【分析】【详解】液滴在复合场中做匀速圆周运动，知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，依据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，依据洛伦兹力供给向心力有又由于重力和电场力平衡，则有解得

qvBmv2RqEmgA、B、D错误，C正确；应选C。18．A解析：A【解析】【分析】【详解】

vBgREABE=BωSP1P2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A正确，B错误；CP1P2a→d→c→b→a，故C错误；DP1P2转动时线圈中得电流，故依据F=BLIP1dcP2dc边受到的安培力，故D错误。应选A。19．B解析：B【解析】一束带电粒子〔不计重力〕沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转，知粒子受电场力和洛伦兹力平衡，有：qvBqEBEv速度一样，所以B正确的，A，C，D错误．应选B．

E，知粒子的B【点睛】解决此题的关键知道速度选择器选择粒子，通过平衡知，选择的粒子与粒子的电量、电性无关．20．B解析：B【解析】【分析】【详解】由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故A错误；由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故B正确；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向下，故C错误；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向上，故D错误．21．A解析：A【解析】依据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，所以没加磁场前，二者所受的力等大方向，加上磁场后，受到的安培力也是等大反向，所以两个导线所受到的力均是等大反向，所以ba受到的磁场力大小，A对．22．A解析：A【解析】【分析】推断洛伦兹力的方向用左手定则，电