三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題11 磁場(chǎng)（含解析）

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1、專題11 磁場(chǎng) 1．（2019·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為 A．2F B．1.5F C．0.5F D．0 【答案】B 【解析】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點(diǎn)可知，上下兩路電流之比。如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為

2、，故本題選B。 2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ卷）如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為 A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】a點(diǎn)射出粒子半徑Ra= =，得：va= =，d點(diǎn)射出粒子半徑為，R=，故vd= =，故B選項(xiàng)符合題意 3．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為

3、m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。 即運(yùn)動(dòng)由兩部分組成,第一部分是個(gè)周期,第二部分是個(gè)周期, 粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，故B正確，ACD錯(cuò)誤。. 4．（2019·北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是 A．粒子帶正電 B．粒子在

4、b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短 【答案】C 【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點(diǎn)確定粒子在b、a兩點(diǎn)的速率，根據(jù)確定粒子運(yùn)動(dòng)半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動(dòng)能不變，即粒子在b點(diǎn)速率與a點(diǎn)速率相等，故B錯(cuò)誤；若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運(yùn)動(dòng)半徑減小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定變長(zhǎng)，故D錯(cuò)

5、誤。 5．（2019·天津卷）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長(zhǎng)為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（ ） A．前表面的電勢(shì)比后表面的低 B．前、后表面間的電壓與v無關(guān) C．前、后表面間的電壓與成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為 【答案

6、】D 【解析】由圖知電流從左向右流動(dòng)，因此電子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閺挠蚁蜃?，根?jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢(shì)比后表面的高，故A錯(cuò)誤，電子在運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯(cuò)誤。 6．（2019·江蘇卷）如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，通過的電流強(qiáng)度相等． 矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時(shí)針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜止．則a、b的電流方向可能是 A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左 【答案】CD 【解析】由右手螺

7、旋定則可知，若a、b兩導(dǎo)線的電流方向相同，在矩形線框上、下邊處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，由于矩形線框上、下邊的電流方向也相反，則矩形線框上、下邊所受的安培力相反，所以不可以平衡，則要使矩形線框靜止，a、b兩導(dǎo)線的電流方向相反，故CD正確。 7．（2019·浙江選考）電流天平是一種測(cè)量磁場(chǎng)力的裝置，如圖所示。兩相距很近的通電平行線圈Ⅰ和Ⅱ，線圈Ⅰ固定，線圈Ⅱ置于天平托盤上。當(dāng)兩線圈均無電流通過時(shí)，天平示數(shù)恰好為零。下列說法正確的是 A．當(dāng)天平示數(shù)為負(fù)時(shí)，兩線圈電流方向相同 B．當(dāng)天平示數(shù)為正時(shí)，兩線圈電流方向相同 C．線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的作用力大于線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力 D．線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的

8、作用力與托盤對(duì)線圈Ⅱ的作用力是一對(duì)相互作用力 【答案】A 【解析】當(dāng)兩線圈電流相同時(shí)，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時(shí)，表現(xiàn)為相互排斥，故當(dāng)天平示數(shù)為正時(shí)，兩者相互排斥，電流方向相反，當(dāng)天平示數(shù)為負(fù)時(shí)，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確B錯(cuò)誤；線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的作用力與線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力是一對(duì)相互作用力，等大反向，C錯(cuò)誤；靜止時(shí)，線圈II平衡，線圈Ⅰ對(duì)線圈Ⅱ的作用力與托盤對(duì)線圈Ⅱ的作用力是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤． 【點(diǎn)睛】本題的原理是兩通電直導(dǎo)線間的相互作用規(guī)律：兩條平行的通電直導(dǎo)線之間會(huì)通過磁場(chǎng)發(fā)生相互作用． ①電流方向相同時(shí)，將會(huì)吸引； ②電流方向相反時(shí)，將會(huì)排斥． 8．（20

9、19·浙江選考）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在相距為d、寬為a、長(zhǎng)為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極。若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是 A．上板為正極，電流 B．上板為負(fù)極，電流 C．下板為正極，電流 D．下板為負(fù)極，電流 【答案】C 【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負(fù)電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有，解得穩(wěn)定時(shí)電源的電動(dòng)勢(shì)，則流過R的電流為，而，，則得電流大小為，C

10、正確． 【點(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵是理解磁流體發(fā)電機(jī)的工作原理，知道穩(wěn)定時(shí)，離子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析． 9．（2018·北京卷）某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是 A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 【答案】C 【解析】由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即，則，若僅撤除電場(chǎng)，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，說明要滿足題意需要對(duì)磁場(chǎng)與電場(chǎng)的方向以及強(qiáng)弱

11、程度都要有要求，例如：電場(chǎng)方向向下，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里等，但是對(duì)電性和電量無要求，故選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。 10．（2018·全國II卷）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則 A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 D．流經(jīng)L2的電

12、流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 【答案】AC 【解析】先利用右手定則判斷通電導(dǎo)線各自產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度，然后在利用矢量疊加的方式求解各個(gè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度。L1在ab兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度大小相等設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度設(shè)為B2，方向向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度也為B2，方向向外，規(guī)定向外為正，根據(jù)矢量疊加原理可知，，可解得：；，故AC正確。 11．（2018·新課標(biāo)I卷）如圖，兩個(gè)線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時(shí)小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法

13、正確的是 A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng) B．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng) 【答案】AD 【解析】開關(guān)閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向?yàn)橛赡舷虮保砂才喽▌t可判斷出小磁針處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感

14、應(yīng)電流為零，直導(dǎo)線中電流為零，小磁針恢復(fù)到原來狀態(tài)，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤；開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向?yàn)橛杀毕蚰?，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。 12．（2017·江蘇卷）如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為 （A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1 【答案】A 【解析】根據(jù)磁通量的定義，當(dāng)B垂直于S時(shí)，穿過線圈的磁通

15、量為Ф=BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以圖中a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確；BCD錯(cuò)誤． 【 考點(diǎn)定位】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【名師點(diǎn)睛】三種場(chǎng)力同時(shí)存在，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件是mag=qE，兩個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)，合外力為零，重點(diǎn)是洛倫茲力的方向判斷。 14．（2017·新課標(biāo)Ⅲ卷）如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 A．0 B． C． D．2B0

16、 【答案】C 【解析】如圖1所示，P、Q中電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，由幾何關(guān)系有，如果讓P中的電流反向、其他條件不變，如圖2所示，由幾何關(guān)系可知，a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，故選C。 【 考點(diǎn)定位】電動(dòng)機(jī)原理；安培力 【名師點(diǎn)睛】此題是電動(dòng)機(jī)原理，主要考查學(xué)生對(duì)物理規(guī)律在實(shí)際生活中的運(yùn)用能力；關(guān)鍵是通過分析電流方向的變化分析安培力的方向變化情況。 17．（2017·新課標(biāo)Ⅱ卷）如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上。不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。則為 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周時(shí)，打到圓形磁場(chǎng)的位置最遠(yuǎn)。則當(dāng)粒子射入的速度為， 如圖，由幾何知識(shí)可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何知識(shí)可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為；根據(jù)，則，故選C。 【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題；解題時(shí)關(guān)鍵是要畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡草圖，知道能打到最遠(yuǎn)處的粒子運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)是半圓周，結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。 10