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

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1、專題11 磁場 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，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點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，長度為L，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度為L，根據(jù)安培力計算公式，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，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(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兩點射出的電子的速度大小分別為 A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】a點射出粒子半徑Ra= =，得：va= =，d點射出粒子半徑為，R=，故vd= =，故B選項符合題意 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)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。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軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】運動軌跡如圖。 即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期, 粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。. 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磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是 A．粒子帶正電 B．粒子在

4、b點速率大于在a點速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 【答案】C 【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。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錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯

5、誤。 5．（2019·天津卷）筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導(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，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，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，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，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直導(dǎo)線，通過的電流強度相等． 矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止．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）電流天平是一種測量磁場力的裝置，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，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，兩線圈電流方向相同 B．當(dāng)天平示數(shù)為正時，兩線圈電流方向相同 C．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力大于線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力 D．線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的

8、作用力與托盤對線圈Ⅱ的作用力是一對相互作用力 【答案】A 【解析】當(dāng)兩線圈電流相同時，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時，表現(xiàn)為相互排斥，故當(dāng)天平示數(shù)為正時，兩者相互排斥，電流方向相反，當(dāng)天平示數(shù)為負(fù)時，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確B錯誤；線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與線圈Ⅱ?qū)€圈Ⅰ的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤；靜止時，線圈II平衡，線圈Ⅰ對線圈Ⅱ的作用力與托盤對線圈Ⅱ的作用力是一對平衡力，D錯誤． 【點睛】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)線之間會通過磁場發(fā)生相互作用． ①電流方向相同時，將會吸引； ②電流方向相反時，將會排斥． 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方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為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、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時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)定時電源的電動勢，則流過R的電流為，而，，則得電流大小為，C

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

11、程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選項C正確，ABD錯誤。 10．（2018·全國II卷）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(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，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則 A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 D．流經(jīng)L2的電

12、流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為 【答案】AC 【解析】先利用右手定則判斷通電導(dǎo)線各自產(chǎn)生的磁場強度，然后在利用矢量疊加的方式求解各個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的磁場強度。L1在ab兩點產(chǎn)生的磁場強度大小相等設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場強度設(shè)為B2，方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場強度也為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 B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，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 【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)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，選項A正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應(yīng)電動勢和感

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BC錯誤；開關(guān)閉合并保持一段時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)電動勢和感應(yīng)電流，由楞次定律可判斷出直導(dǎo)線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，選項D正確。 12．（2017·江蘇卷）如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強磁場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，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錯誤． 【 考點定位】帶電粒子在復(fù)合場中的運動 【名師點睛】三種場力同時存在，做勻速圓周運動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運動，合外力為零，重點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)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(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，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為 A．0 B． C． D．2B0

16、 【答案】C 【解析】如圖1所示，P、Q中電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，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點處磁感應(yīng)強度的大小為，故選C。 【 考點定位】電動機原理；安培力 【名師點睛】此題是電動機原理，主要考查學(xué)生對物理規(guī)律在實際生活中的運用能力；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磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計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)粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠。則當(dāng)粒子射入的速度為， 如圖，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；根據(jù)，則，故選C。 【名師點睛】此題是帶電粒子在有界磁場中的運動問題；解題時關(guān)鍵是要畫出粒子運動的軌跡草圖，知道能打到最遠處的粒子運動的弧長是半圓周，結(jié)合幾何關(guān)系即可求解。 10