高考物理最新电磁学知识点之磁场经典测试题含答案

1、高考物理最新电磁学知识点之磁场经典测试题含答案一、选择题1.如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子流由左端平行于Pl、P2射入，粒子沿直线通过速度选择器，已知速度选择器的电场强度为E,磁感应强度为 Bi.粒子由狭缝So进入匀强磁场B2后分为三束，它们的轨道半径关系为则下列说法中正确的是（）ri 3 2 ,不计重力及粒子间的相互作用力,A. Pi极板带负电卜列说法中正确的是（）A.减小磁场的磁感应强度一 BB.能通过狭缝 So的带电粒子的速率等于EC.三束粒子在磁场 B2中运动的时间相等D.粒子1的比荷 曳大于粒子2的比荷 也m1m22 .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

2、源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则B.增大匀强电场间的加速电压C.增大D形金属盒的半径D.减小狭缝间的距离3 .为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：axbxc=o.5mX0.4mX0.3m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=10.0T,方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I=1.0 X1O3A,方向如图。则下列判断正确的是（）A.推进器对潜艇提供向左

3、的驱动力，大小为 4.0 103NB.推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为 5.0 103NC.超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向D.通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能4.如图甲是磁电式电流表的结构图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布。线圈中a、b两条导线长度均为1,未通电流时，a、b处于图乙所示位置，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。通电后，a导线中电流方向垂直纸面向外，大小为 I,则（）A.该磁场是匀强磁场B.线圈平面总与磁场方向垂直G线圈将逆时针转动D. a导线受到的安培力大小始终为BI15 .如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场垂直纸面向里，右侧磁

4、场垂直纸面向外，磁 感应强度大小均为 B。一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈 abcd,水平向右运动到图示位置时，速度大小为 v,则（）A. ab边受到的安培力向左,B. ab边受到的安培力向右,cd边受到的安培力向右cd边受到的安培力向左C.线圈受到的安培力的大小为2 22B2L2VD.线圈受到的安培力的大小为_2 24B L v6 .笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件.当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态.如图所示，一块宽为 a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入

5、方向向右的电流时，电子的定向移动速度为.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ,以此控制屏幕的熄灭.则元件的（）A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压 U与 无关C.前、后表面间的电压 U与C成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUaA. 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=2.5 0,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彳5重合，磁感应强度Bi垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，Bi、B2随时间t的变化如图乙所

6、示，线框一直处于静止状态，计算过程中取九3,下列说法正确的是（）B. t=0时刻穿过线框的磁通量为 0.5WbC. t= 0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD. 00.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C8.如图为洛伦兹力演示仪的结构图.励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束 由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直.电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控 制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节.下列说法正确的是（）A.仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大8 .仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的

7、加速电压，电子做圆周运动的周期将变大9 .如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电 的金属小球从 M点水平射入场区，经一段时间运动到M点的右下方N点，关于小球由A.小球可能做匀变速运动C.小球动量可能不变B.小球一定做变加速运动D.小球机械能守恒a、b两10 .如图所示，两平行直导线 cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流, 点位于两导线所在的平面内.则diA. b点的磁感应强度为零B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C. cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变了导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变11.如图所示，某种带电粒子由静

8、止开始经电压为Ui的电场加速后，射人水平放置，电势M、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线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的N两点间的距离d随着Ui和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（A. d随Ui变化，d与U2无关B. d与Ui无关，d随U2变化C. d随Ui变化，d随U2变化D. d与Ui无关，d与U2无关12 .科学实验证明，足够长通电直导线周围某点的磁感应强度大小B k-,式中常量lk>0, I为电流强度，l为该点与导线的距离。如图所示，两根足够长平行直导线分别通有电流3I和I （方

9、向已在图中标出），其中 a、b为两根足够长直导线连线的三等分点，。为两根足够长直导线连线的中点，下列说法正确的是（）A. a点和b点的磁感应强度方向相同B. a点的磁感应强度比 。点的磁感应强度小C. b点的磁感应强度比 。点的磁感应强度大D. a点和b点的磁感应强度大小之比为 5： 713 .三根通电长直导线 a、b、c平行且垂直纸面放置，其横截面如图所示，a、b、c恰好位于直角三角形的三个顶点，/ c= 90 , /a=37。a、b中通有的电流强度分别为 Ii、I2, c受到a、b的磁场力的合力方向与 a、b连线平行。已知通电长直导线在周围某点产生的磁 场的磁感应强度 B k；, k为比例

10、系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离，sin 37 = 0.6。下列说法正确的是（）C声 / . 7 七 *t$5近、A. a、b中电流反向，Ii: 12 i6 ： 9B. a、b中电流同向,Ii ： I24:3C. a、b中电流同向，Ii ： I2 i6： 9D. a、b中电流反向,Ii ： 124 : 3A、B分别与14 .研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示.两块平行放置的金属板 电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出.则a为电源正极，到达A.A板的为B. a为电源正极，到达C. a为电源负极，到达A板的为3射线A板的为a射线D.a为电源负极，到达A板的为1

11、5 .关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（）A.跟磁场方向垂直，跟电流方向平行B.跟电流方向垂直，跟磁场方向平行C.既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直D.既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直16.如图所示，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Pi和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）B.线圈绕Pi转动时的电动势小于绕 P2转动时的电动势C.线圈绕Pi和P2转动时电流的方向相同，都是a-b-c-dD.线圈绕Pi转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力17.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速

12、度率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）fM A. M带正电，N带负电B. M的速度率小于 N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D. M的运行时间等于 N的运行时间m、带电荷量为18.如图所示，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 （图示方向）中.设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A.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.小球受到的洛伦兹力一直减小19.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流

13、同轴平行放置，甲的圆心为 Oi,乙的圆心 为O2,在两环圆心的连线上有 a、b、c三点，其中aOi = Oib=bO2=O2c,此时a点的磁 感应强度大小为 Bi, b点的磁感应强度大小为 B2.当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为11!乙A. Bi B. B2 C. B2 BiD.22320.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒 定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某 种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的i2倍。此离子和质子的

14、质量比约为A. iiB. i2C.D. i44 2i.如图，一束电子沿 z轴正向流动，则在图中 y轴上A点的磁场方向是（-X方向22. 一电子以垂直于匀强磁场的速度C. +y方向D. - y方向 vA,从A处进入长为d、宽为h的磁场区域如图所A.电子在磁场中运动的时间为dt= vAB.电子在磁场中运动的时间为L t= vA示，发生偏移而从 B处离开磁场，若电荷量为 e,磁感应强度为 B,圆弧AB的长为L,则C.洛伦兹力对电子做功是 BevAhD.电子在A、B两处的速度相同23.如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，。为三角形的中心， M、N分别为。关于

15、导线ab、cd的对称点，当三根导线中通以大小相 等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为 Bi, O点磁感应强度大小为 B2,若将导线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A. B1+B2()1 C8. 3B2B121 -D, B1-B2C B2 B1224. 2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国 目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。图示为回旋加速器原理示意图，现将两个相 同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。分别加速笊核和氨核，下列说法 正确的是(A.它们在磁场中运动的周期不同B.它们的最大速

16、度相等C.两次所接高频电源的频率不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能25. 一回旋加速器当外加磁场一定时，可把质子加速到( )v,它能把瓶核加速到的速度为A. vB. 2vC.D.2V3【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除、选择题1 . D解析：D【解析】 【分析】 【详解】A.若射入速度选择器中的粒子带正电，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的Pi极板带正电，故A错误；B.粒子在速度选择器中做匀速直线运动，洛伦兹力等于电场力，即有qvB1 qE所以能通过狭缝So的带电粒子的速率为Ev 一Bi故B

17、错误；C.粒子在磁场中做半个匀速圆周运动，其运动时间为2T v v由于三个粒子运动的半径不等，所以运动时间也不相等，故 C错误;2D进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB2 mv-可得mvqB2知r越大，比荷 越小，粒子1的半径小于粒子2的半径，所以粒子1的比荷大于粒子 2 m的比荷，故D正确；故选Do2. C解析：C2m ,故最大动能为 R【解析】 【详解】粒子在回旋加速器中的最大半径为D形盒的半径，由qtmB22 2Ekm1 2 q B R-mm2 2mA.由以上推导可知，增大磁感应强度可以增大最大动能，故 A错误;B.增加加速电压对最大动能无影响，故 B错误；C.增大D形盒半径R可

18、以增大最大动能，故 C正确；D.减小狭缝间距离对最大动能无影响，D错误;故选C。3. D解析：D【解析】【分析】【详解】AB.磁场方向向下，电流方向向里，依据左手定则，则安培力方向向左，因此驱动力方向 向右，根据安培力公式有_33F BIL 10 1.0 100.4N4.0 10 N故AB错误；C.磁场方向向下，根据安培定则可判定超导励磁线圈中的电流方向为PMNQP方向，故C错误；D.通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向，根据左手定则可知驱动力方向相 反，故D正确。故选Do4. D解析：D【解析】【分析】通过分析通电导线在磁场中的受力，了解磁电式电流表的工作原理。【详解】A.该磁场是个辐

19、向磁场，磁场方向与铁芯垂直，但不是匀强磁场，A错误；B.由于是辐向磁场，线圈平面与磁场方向始终平行，B错误；C.根据左手定则，在图中位置，a导线受力向上，b边受力向下，线圈将顺时针方向转动，C错误；D.由于在转动过程中，a导线始终与磁场垂直，因此受到安培力大小始终为BIl , D正确。故选Do5. D解析：D【解析】 【分析】 【详解】AB.线框的左右两边分别切割两磁场产生的动生电动势由右手定则可找出方向，如图所示两动生电源串联，总电流为顺时针方向，再由左手定则可得ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向左，故 AB错误；CD .线框的电动势为 E 2BLv,则电流为2BLvR两个安培力力

20、之和为线框受到的安培力F 总=2 F2BIL4B2L2V故C错误，D正确。故选Do6. D解析：D【解析】【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故 A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有 F洛=evB,F电=eE eU ,故F洛=eU,故D正确，由evB eU贝U电压U avB ,故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误.7. 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，根据楞次定律，产生感 应电流，受安培力，会阻碍磁通量的增加，故安培力向

21、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；8. 设磁场向外穿过线框磁通量为正，由磁通量的定义得t 0时穿过线框的磁通量为1212B 巾2 B2 - r 0.025Wb 26故B错误；C.由于B2不变，故根据法拉第电磁感应定律有E n- n - t2 -B1 20 - 3 0.12 5 2V 1.5Vt 2 t 20.6故C正确；D.由于是恒定电流，根据闭合电路欧姆定律可得E 1.5I A 0.6A R 2.50 0.6s内通过线框横截面电荷量为q It 0.6 0.6C 0.36C故D错误。故选Co8. B解析：B【解析】【分析】本题主要考查了洛

22、伦兹力、动能定理、圆周运动.根据动能定理表示出加速后获得的速 度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，利用速度公式推导出周期表达 式，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，当提高电子枪加速电压，速度增大， 并结合以上公式即可解题.【详解】电子在加速电场中加速，由动能定理有：动，洛伦兹力提供向心力，有： eBv12eU -mv ,电子在匀强磁场中做匀速圆周运 2mC,解得： mv 。国，那么周期 reB B e为：T 2,当增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，半径在减小，周期变 eB小，故AC错误；当提高电子枪加速电压，速度增大，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确，D错

23、误.9. B解析：B【解析】【分析】【详解】A .小球受到重力、电场力和洛伦兹力作用，若速度大小变化，则洛伦兹力变化，合力变化，所以小球不可能做匀变速运动，故 A错误；B .小球向下偏转，则初始时刻合力一定向下，又因为一定是曲线运动，因此洛伦兹力方向一定变化，所以小球合力一定变化，一定做变加速运动，故 B正确；C.由于小球一定做变加速运动，由动量定理可知，小球的动量一定变化，故C错误；D.小球运动过程中电场力做负功，所以机械能减少，故 D错误。故选B。10. D解析：D【解析】【分析】【详解】由右手螺旋定则可知.cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外 .所以由矢量 合成知b处的磁

24、感应强度垂直纸面向外 .故A错误：由右手螺旋定则知 ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故 B错误：由左手定则知.cd导线受到的安培力方向向左 .故C错误：由题意可知，cd导线所处的位置磁场方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变.故D正确综上所述本题答案是：D11. A解析：A【解析】【分析】【详解】设带电粒子经电压为 Ui的电场加速后速度为 ,由动能定理，有1 2qU1 mw2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9,则有Vo 一 cosV粒子在磁场中做匀

25、速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于9,则有所以又因为半径公式则有cos2Rv0vmvqB2mv0qB故d与m, vo成正比，与B, q成反比，即d只与Ui有关, 错误。故选A。U2无关，故A正确，BCD12. A解析：A【解析】【分析】A .左边导线在a点和b点产生的磁场方向向下，右边导线在 向下，故a点和b点磁场方向相同，均向下，故 A正确；a点和b点产生的磁场反向也B.设两导线之间距离为31,则a点的磁感应强度为21k721。点的磁感应强度为故a点磁感应强度大于3IB0 k3l2。点，故B错误；8I k -3lC. b点磁感应强度为故b点磁感应

26、强度小于D.由B、C分析可知,故D错误;Bb碍。点，故C错误；21a点和b点的磁感应强度大小之比为BaBb故选Ao13. A解析：A【解析】【详解】同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，且c受到a、b的磁场力的合力方向与 a、b连线平行，则ab中电流方向相反，c受力分析如图所示：竖直方向平衡得：1k - rbcIbSin531k Iasin37rac根据几何关系得:%b cos37 rab cos53联立解得:L 16Ib 9A.a、B.a、C.a、D.a、Tb中电流反向,I1 :b中电流同向,11:b中电流同向，11 ：b中电流反向，I1 ：16： 9与分析相符，故4 : 3与分析不符，故16

27、 : 9与分析不符，故4 : 3与分析不符，故A正确;B错误;C错误;D错误。14. B解析：B【解析】【分析】A极板的粒子的竖直位移小于到达则根据公式【详解】从图可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达B板的粒子的竖直位移，粒子在竖直方向做匀速直线运动,md2x v0t v01W一，两个粒子初速度 V0相同，两极板间电压 U相同，放射源与两极板的 qU_d , 一一, ，, m .距离一也相同，而电子的 一小，所以电子的竖直位移小，故达到A极板的是3射线，A2q极板带正电，a为电源的正极，故选项 B正确.【点睛】通过类平抛运动计算粒子在竖直方向的位移关系式，根据公式分析该位移与比荷的关系

28、， 再结合图示进行比较判断.15. C解析：C【解析】【分析】左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向.【详解】根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直，故 C正确，ABD错误.【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，知道安培力垂直于电流方向与磁场方向构成的平面.16. A解析：A【解析】【分析】【详解】AB.根据E=BcoS可知，无论线圈绕轴 Pi和P2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

29、错误；C.由楞次定律可知，线线圈绕Pi和P2转动时电流的方向相同，都是 a-d-c- b-a,故C错误；D.由于线圈Pi转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据F=BLI可知，线圈绕Pi转动时dc边受到的安培力等于绕 P2转动时dc边受到的安培力，故 D错 误。故选A。17. D解析：D【解析】【详解】A.由左手定则判断出 N带正电荷，M带负电荷，故选项 A不符合题意；B.粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力则有：2 v qvB m 一rM的速解得速度的大小为 v 吧，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即m度率大于N的速率，故选项 B不符合题意；2 mt -qB

30、-, m运行时间等于C.洛伦兹力始终与速度的方向垂直，洛伦兹力对M、N不做功，故选项 C不符合题意;D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为N的运行时间，故选项 D符合题意。18. D解析：D【解析】【分析】【详解】若开始则弹力方向向左qB + Ar = Eq ,随着速度减小，弹力增大，摩擦力增大，则加速度增大，A错.小球速度一直在减小，B错.根据前面可知，C错.小球所受洛伦兹力（f=qvB ）因为速度一直减小所以洛伦兹力也一直减小,19. A解析：A【解析】【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故 场方向也是向左的.设 aoi=oib=bo

31、2=o2c=r,设单个环形电流在距离中点 度为Bir,在距离中点3r位置的磁感应强度为 B* 故：a点磁感应强度：c点的磁磁感应弓虽度:B2=Blr+Blr；当撤去环形电流乙后,r位置的磁感应强Bl = Blr+B3r； b 点1.c点磁感应强度：Bc=B3r=Bl-B2,故选220. D解析：D【解析】【详解】直线加速过程根据动能定理得qUmv22离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2 v qvB m R_ mvR - dqB两式联立得:qB2R2m2U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则 R相同，所以mB2,磁感应强度增加到原来的 12倍，离