2025年高考物理一轮复习之磁场

2025年高考物理一轮复习之磁场

选择题（共10小题）

1.霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转

动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电

源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I,如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转

动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差u。这个电势差是控制车速

的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（）

A.若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势

B.若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制

C.其他条件不变，仅增大恒定电流I,可使电动自行车更容易获得最大速度

D.按第一张图顺时针均匀转动把手，车速增加得越来越快

2.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向

磁场均匀分布，沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系8=1«,其中k是一恒定的正数。由

粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ABCD边长为a,A处有一极小开DAE,整个线框垂直放

在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴的距离为a,线框A、E两点与一电源相连，稳定时流

入线框图示方向的电流为I。则整个线框受到的安培力（）

A.方向沿x轴负方向B.大小为零

C.大小为ka?ID.大小为2ka?I

3.如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析不正确的是（)

B

B.矩形线圈在乙图两异名磁极间转动，可产生正弦式交流电

C.图丙中马蹄形磁铁的两个异名磁极之间，除边缘外可认为是匀强磁场

D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场不可以认匀强磁场

4.如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压Uo加速后，垂直磁场左边界MN

射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后

一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线

刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°,不计粒子重力及

粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）

MM'

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

b

XXXX

XXXX

XXXX

NN'

d

A.从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电

B.从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为兰鼻

3d2B2

C.从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为当7

2d2B2

D.从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3：1

5.某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：

如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abed沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东

西轴转180。，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90。，测得通过线框的电荷

量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（）

A-1用+Q；

B..JQJ+Q：

c

-.杵+QM+Qf

D-：JQJ+Q]Q2+Q；

6.电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所

示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先

后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受

到的推力分别为Fi、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（）

-----

A.FI>F2>F3B.F2>F3>FIC.F3>F2>FID.FI=F2=F3

7.如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲一乙+丙，产生的乙和

丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3,不计重

力及空气阻力，则（）

A.甲带正电

B.乙带负电

C.甲、乙的动量大小之比为8：5

D.乙、丙的动量大小之比为1：1

8.如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五

边形的五个顶点，。点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为Io的电流时，o点的磁感应强

度大小为Bo。若每根直导线通电时电流大小均为Io,则（）

A.仅给a处直导线通电时，o、b、e点的磁感应强度大小相同

B.仅给a、b处直导线通同向电流时，。点的磁感应强度大小为VlBo

C.仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，o点的磁感应强度方向一定平行de连线

D.给任意四根直导线通电时，。点的磁感应强度大小均为Bo

9.如图所示为某兴趣小组的同学设计的测量电流的装置，质量为m=0.01kg的匀质细金属棒MN的中点

处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连。在矩形区域abed内有垂直纸面向里、磁感应强度大小

为B=4T的匀强磁场，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于ab。

当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合,此时轻弹簧的伸长量为0.01m；

当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。不计通电时电流产生的磁场的作用，仪表内部构

造不允许反偏。若ab=O.lm,bc=0.05m,则下列说法正确的是（）

A,轻弹簧的劲度系数为IN/m

B.此电流表的量程是1.25A

C.若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则仪器的量程也加倍

D.当金属棒的N端与电源正极相接时，会导致电表反偏出现故障

10.如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，

直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，则直导

线受到的安培力方向（）

6

三I一

I

A.向上B.向下

C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外

二.多选题（共4小题）

（多选）11.一个长方体金属导体的棱长如图所示，将该长方体导体放在匀强磁场中，并使前侧面与磁场

垂直，已知磁感应强度为B。导体的左右两侧面外接电源，产生由左向右的稳定电流时，测得导体的上、

下表面间的电势差为U。则下列说法正确的是（）

A.上、下两表面比较，上表面电势高

B.上、下两表面比较，下表面电势高

C.导体中自由电子定向移动的速率为二

D.导体中自由电子定向移动的速率为二

hB

（多选）12.如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的

大小为B,边界I、II的长度分别为8心L；大量均匀分布的带电粒子由边界I的左侧沿平行边界H

3

的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界I离开磁场的带电粒子占总数的一，带电粒子的

4

质量为m、所带电荷量为+q,忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（）

\w

n

A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动

Tim

B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为一

qB

Tim

c.刚好从边界ni离开的带电粒子在磁场中运动的时间为一

3qB

D.带电粒子的初速度大小为8""'

12m

（多选）13.如图所示，匀强磁场中通电导线abc中be边与磁场方向平行，ab边与磁场方向垂直，线段

ab、be长度相等，通电导线所受的安培力大小为F。现将通电导线以ab为轴逆时针（俯视看）旋转的

过程中，通电导线一直处于磁场中，则旋转后导线abc所受到的安培力的情况下列说法正确的是（）

F---------------L

A.以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为F

B.以ab为轴逆时针（俯视看）旋转90°时所受的安培力大小为四F

C.以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为了尸

V2

D.以ab为轴逆时针（俯视看）旋转45°时所受的安培力大小为半F

（多选）14.在x>0的空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x=a两侧的匀强磁场方向相反，x>a区域的

磁感应强度大小为0<x<a区域的2倍。某带电粒子以速率vo由原点沿xOy平面射入该磁场，在磁场

中运动的轨迹如图所示。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）

A.粒子在左右两磁场中运动的时间之比为4：3

B.粒子在原点的速度方向与x轴成45°

V2+2

C.粒子离x轴的最远距离为'-2a

V2+4

D.粒子离y轴的最远距离为I---------a

4

三.填空题(共2小题)

15.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属

长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的

水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若

干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°

的b、c两点，测得b、c两点距离为L,由此可确定金属管线(填“平行”或“垂直”)于

EF,深度为。

水平地面__________________

/金属管线

()一)

16.图是磁电式电表内部结构示意图，该电表利用的物理原理是,写出一条能提高

该电表的灵敏度措施是：O

四.解答题(共4小题)

17.如图所示为一质谱仪的工作原理示意图，其中速度选择器内的磁场磁感应强度大小为Bi、方向垂直纸

面向里，两竖直放置极板之间存在一定的电势差，板间距离为d。0处为一粒子源，发射一带正电粒子

以速度v恰能沿直线通过速度选择器，并从A孔垂直于磁场方向射入磁感应强度大小为B2、方向垂直

纸面向外的匀强磁场中，运动半周后打在照相底片上的C点，测得AC长度为L。不计粒子重力，求:

(1)速度选择器两极板间的电势差U；

(2)粒子的比荷及其在B2磁场中的运动时间；

7

(3)该粒子有一种同位素，质量是该粒子的一倍，两种粒子带电量相同。从O处连续射出多个这两种

6

粒子，速度范围均为0.9v〜1.2v,粒子之间作用力忽略不计，若撤去速度选择器，求照相底片上两种粒

子落点重叠区域的宽度。

4

速度选择器

—XX；XX

XX区X

—O-—o+

XX；XX

XX：XX

、,

18.在xOy坐标系的第二象限内和第四象限内有如图所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方向分别

与x轴和y轴平行；第四象限内还存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。将一个质量为m、电荷

量为q的微粒在第二象限内的P(-L,L)点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四

象限，微粒在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g。求：

(1)带电微粒运动到O点时的速度大小；

(2)匀强磁场的磁感应强度大小；

(3)带电微粒从P点运动到Q点所用的时间。

19.如图所示，水平导轨间距为L=0.5m,导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=lkg,电阻Ro=O.9Q,

与导轨接触良好；电源电动势E=10V,内阻r=0.1Q,电阻R=4C,外加匀强磁场的磁感应强度B=

5T,方向垂直于ab,与导轨平面成夹角a=53°,ab与导轨间动摩擦因数为口=0.5(设最大静摩擦力

等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g=10m/s2,ab处于静止

状态(已知sin53°=0.8,cos53°=0.6).求：

(1)通过ab的电流大小和方向；

(2)ab受到的安培力大小；

(3)重物重力G的取值范围.

20.在如图所示的O-xyz三维空间中，xWO的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，在0<x<L的区域存

在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B(未知)，在x》L的区域内存在半圆柱体MNP-M'

N,P'的空间区域，该区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小也为B,平面MNN'M'

与yOz平面平行，半圆柱体的半径为「=近3D点(L,0,0)为半圆柱体底面圆心。一质量为m、

电荷量为+q的带电粒子，从A点(-2L,0,0)以初速度大小vo,方向沿着x轴正方向射入匀强电场，

经过C点(0,L,0)后，再经过磁场偏转后垂直平面MNN'M'进入半圆柱体区域，不计粒子的重

力。求：

(1)粒子经过C点时的速度大小；

(2)电场强度E与磁感应强度B的比值看的大小;

(3)带电粒子从半圆柱体射出时的位置坐标。

2025年高考物理一轮复习之磁场

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转

动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电

源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I,如图。将'‘霍尔转把"旋转，永久磁铁也跟着转

动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速

)

A.若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势

B.若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制

C.其他条件不变，仅增大恒定电流I,可使电动自行车更容易获得最大速度

D.按第一张图顺时针均匀转动把手，车速增加得越来越快

【考点】霍尔效应与霍尔元件.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应一一功能问题；理解能力.

【答案】C

【分析】根据霍尔元件的工作原理，当磁场强弱变化时，导致电子受到的洛伦兹力大小变化，从而出现

不同的霍尔电势差，进而导致车速变化。

【解答】解：A、若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向C端相连接

的面移动，因此C端电势低于D端的电势，故A错误；

B、当霍尔元件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，

但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，故B错误；

C、设自由电子定向移动的速率为v,霍尔元件前后面间的距离为h,左右表面间距离为d,达到稳定后，

自由电荷受力平衡，由Bqv=q,可得U=Bhv,电流的微观表达式I=nqvS=nqvhd,则可知仅增大电

流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，故

C正确；

D、当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的

电势差U增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查霍尔元件的工作原理，掌握“霍尔转把”结构图，理解霍尔器件能输出控制车速的电

势差与什么因素有关，注意图丙中电势差的正负，不会影响车速。

2.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y轴方向

磁场均匀分布，沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系8=叁，其中k是一恒定的正数。由

粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ABCD边长为a,A处有一极小开口AE,整个线框垂直放

在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴的距离为a,线框A、E两点与一电源相连，稳定时流

入线框图示方向的电流为I。则整个线框受到的安培力()

A.方向沿x轴负方向B.大小为零

C.大小为ka?ID.大小为2ka?I

【考点】安培力的计算公式及简单应用.

【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力.

【答案】C

【分析】根据y轴方向磁场分布均匀，可知线框上下两边所受安培力合力为零，根据F=BIL和左手定

则分析AD边和BC边所受安培力，则可得整个线框受到的安培力大小。

【解答】解：由于沿y轴方向磁场分布均匀，所以CD边和BE边所受安培力的合力为零;

沿x轴方向磁感应强度大小B与横坐标x满足关系B=kx,设AD边x轴坐标为xo,AD边所受安培力:

Fi=BIa=kxoIa,由左手定则可知安培力方向沿着x轴负方向，BC边所受安培力大小：F2=B'Ia=k

(xo+a)la,方向沿着x轴正方向，所以整个线框在x轴方向受到的合力大小为：F=F2-F1=fc(x0+

2

a)Ia-kxola=kaI,方向沿x轴正方向，故C项正确，ABD错误。

故选：Co

【点评】本题考查了安培力，解题的关键是知道沿y轴方向磁场分布均匀，线框上下两边电流相等，上

下相对应的电流元的B相等，所以上下两边所受安培力的合力为零。

3.如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析不正确的是（)

B

勤〃〃八

F////ABW////ABI

IHHH1

IW////AW////I

z用公

A.矩形线框放置在甲图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀

B.矩形线圈在乙图两异名磁极间转动，可产生正弦式交流电

C.图丙中马蹄形磁铁的两个异名磁极之间，除边缘外可认为是匀强磁场

D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场不可以认匀强磁场

【考点】磁现象与磁场.

【专题】定性思想；实验分析法；交流电专题；分析综合能力.

【答案】B

【分析】磁极与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布；首先明确磁电式仪表的制成原理，即通电线圈在磁场

中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可；距一定距离

的两个平行放置的线圈通电时，中间区域的磁场可认为是匀强磁场。

【解答】解：A.甲图中的电场是辐向磁场，同一半径处，磁感应强度大小相等，则表盘刻度均匀，故A

正确；

B.磁电式电表内部磁极做成弧形，线圈绕在铁芯上，题干中没有铁芯，故B错误；

C.相距很近的异名磁极之间的磁场，除边缘外，是匀强磁场，故C正确；

D.图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通同向电流，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场，故D

正确。

本题选择不正确的，故选：Bo

【点评】本题考查磁场及磁场的相关知识，有实际生产和生活中用的磁极与铁柱体、弧形磁场极、相距

较近的同名磁极、两平行放置的线圈中间的磁场特点，平时记住这些特殊磁场形成的原因及用途。

4.如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压Uo加速后，垂直磁场左边界MN

射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后

一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线

刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°,不计粒子重力及

粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）

MM

Q；兴・・x-・x--x-；b

XXXX

XXXX

XXXX

A.从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电

B.从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为华

3d2B2

C.从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为

2d2B2

D.从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3：1

【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】C

【分析】根据粒子的偏转方向由左手定则两个粒子的电性；

由几何关系分别求出两个粒子的轨迹半径，再根据粒洛伦兹力提供向心力求出粒子的比荷；

由周期公式和题设条件求在磁场中的时间之比。

【解答】解：A、粒子进入磁场区域后均向上偏转，所以根据左手定则可知，两个粒子均带正电，故A

错误；

BC、根据题意由几何关系可知从b点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径：％=/扁=季日

从a点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径：r=.（1_产0°）

auZo

粒子经加速电压Uo加速后有：Uoq=加/

2

由洛伦兹力提供向心力有：qvB=m—

解得从a点离开的粒子的比荷为：-=舞

md2B2

从b点离开的粒子的比荷为包=考名,故B错误，C正确；

m2d2B2

D、两个粒子的比荷不同，由周期公式1=鬻可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不同，但

从a、b两点离开的粒子在磁场区域转过的圆心角之比为180°：60°=3：1,再根据时间公式t=1T可

知，两粒子的运动的时间一定不为3：1,故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，关键作出粒子的运动轨迹图，结合动能定理、粒子在磁

场中运动的半径公式和周期公式进行求解。

5.某同学用电荷量计（能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量）测量地磁场强度，完成了如下实验：

如图，将面积为S、电阻为R的矩形导线框abed沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东

西轴转180。，测得通过线框的电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90。，测得通过线框的电荷

量为Q2；该处地磁场的磁感应强度大小为（）

从"亨+Q；

B.1jQj+Q：

c.1杵+QM+Q：

D.1JQJ+QM+Q：

【考点】磁感应强度的定义与物理意义.

【专题】定性思想；方程法；磁场磁场对电流的作用.

【答案】c

【分析】分析线框旋转前后的磁通量，由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势，由q=It可求得电量

与磁感应强度之间的关系式，然后将两个方向的磁感应强度按照矢量合成即可.

【解答】解：北半球磁场的方向向北，斜向下，设B与水平方向之间的夹角为9,取磁感线从线框上面

向下穿过时为正。

初始位置的磁通量：①i=BSsinB

线框转过180°时，磁感线的方向从线框的背面穿过，所以：①2=-中1=-BSsin0

线框转过90°时，磁感线的方向也是从线框的背面穿过，所以：①3=-BSCOS。

线框转过180°时，回路磁通量变化量的大小为：△①=|①2-①i|=2BSsin9。

4•口w八#—八人匹A」

根据公式有：Qi=ITiAti=V>/ti=方=-2BSps—inO

KKK

线框转过90°时，回路磁通量变化量的大小为：A①'=|①2-①l|=BS・（sine+cos。）

所以对：0?=等=、（s吗+郎。）

联立可得：华+Q1Q2+Q，故C正确，ABD错误

故选：Co

【点评】本题关键要注意磁通量尽管是标量，但也有正负之分，从线框的一面穿入时磁通量为正时，从

另一面穿入时则为负.

6.电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式。电磁驱动的原理如图所

示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去。现在同一个固定线圈上，先

后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环，当电流突然接通时，它们所受

到的推力分别为Fi、F2和F3。若环的重力可忽略，下列说法正确的是（）

A.FI>F2>F3B.F2>F3>FIC.F3>F2>FID.FI=F2=F3

【考点】安培力的概念.

【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用.

【答案】A

【分析】依据法拉第电磁感应定律结合安培力表达式即可求解

【解答】解：由于铜环的电阻最小，硅的电阻最大，故铜环中感应电流最大，硅的感应电流最小，故铜

环受到的安培力最大，硅的安培力最小，故A正确，BCD错误；

故选：Ao

【点评】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”，二是“来拒去留”，并能根据它们去判断

电流方向和受力方向.

7.如图所示，粒子甲垂直ab边界进入垂直纸面向外的匀强磁场时发生核反应：甲一乙+丙，产生的乙和

丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3,不计重

力及空气阻力，则（）

A.甲带正电

B.乙带负电

C.甲、乙的动量大小之比为8：5

D.乙、丙的动量大小之比为1：1

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律求解向心力；洛伦兹力、磁场、粒子运动方

向和电荷性质的相互判断.

【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理能力.

【答案】C

【分析】由左手定则判断乙和丙的带电性质，根据电荷守恒定律分析甲的带电性质；根据洛伦兹力提供

向心力求得粒子的动量与运动半径的关系，可得到乙和丙的动量大小之比。根据动量守恒定律分析甲、

乙的动量大小之比。

【解答】解：AB、粒子乙在磁场中顺时针偏转，粒子丙在磁场中逆时针偏转，由左手定则判断，乙带

正电，丙带负电。己知乙和丙的电荷量大小相等，根据电荷守恒定律，可知甲不带电，故AB错误；

CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得：

V2

qvB=m—

Y

又有动量p=mv

联立可得：p=qBr

可见粒子的动量大小与圆周运动半径为正比关系，已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：

3,则乙、丙的动量大小之比为p乙：p丙=5：3o

粒子甲发生核反应的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向，则有：

p=pzi+p可得甲、乙的动量大小之比为8：5,故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，要知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛

伦兹力提供向心力。原子核发生核反应的过程满足动量守恒定律。

8.如图所示，五根垂直纸面放置的平行长直导线通过纸面内的a、b、c、d、e五个点，五个点恰好为正五

边形的五个顶点，。点为正五边形的中心。仅给其中一根直导线通大小为Io的电流时，o点的磁感应强

度大小为Bo。若每根直导线通电时电流大小均为Io,则（）

A.仅给a处直导线通电时，o、b、e点的磁感应强度大小相同

B.仅给a、b处直导线通同向电流时，o点的磁感应强度大小为百Bo

C.仅给a、b、c处直导线通同方向电流时，。点的磁感应强度方向一定平行de连线

D.给任意四根直导线通电时，。点的磁感应强度大小均为Bo

【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场.

【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；推理能力.

【答案】C

【分析】判断a点与o、b、e三点的距离大小关系，根据通电直导线产生的磁场的特点，分析三点的磁

感应强度大小关系；根据磁场叠加原理分判断BCD选项。

【解答】解：A、由几何关系可知a点与o、b、e三点的距离关系为：ab=aeWao,根据通电直导线产

生的磁场的特点，可知b、e点的磁感应强度大小相同，。点的磁感应强度大小与b、e点的磁感应强度

大小不相等，故A错误；

B、仅给a、b处直导线通同向电流（电流方向均垂直纸面向里或向外，不会影响结果的磁感应强度大

小），通电直导线a、b（假设电流方向均垂直纸面向里）分别产生的磁场在。点的磁感应强度以及它们

的合磁感应强度Bi如图1所示。

ornoQ72°

由几何关系可知：0=r=72°,Bi=2Bocos—=2Bocos----=1.6Bo,故B错误；

522

C、仅给a、b、c处直导线通同方向电流时（假设电流方向均垂直纸面向里），通电直导线a、b、c分别

产生的磁场在。点的磁感应强度Ba、Bb、Be的大小相等均为Bo,方向如图2所示。

图2

通电直导线b产生的磁场在。点的磁感应强度Bb的方向平行de连线，通电直导线a、c产生的磁场在。

点的磁感应强度Ba、Be在Bb的两侧，与Bb的夹角均等于仇根据平行四边形定则，Ba、Be的合磁感

应强度与Bb同向，o点的磁感应强度方向一定平行de连线。若电流方向均垂直纸面向外，只是磁感应

强度方向相反，但还是平行de连线的，故C正确；

D、给任意四根直导线通电时，假设直导线a、b的电流方向均垂直纸面向里，直导线c、d的电流方向

均垂直纸面向外，同样的作出直导线a、b、c、d产生的磁场在。点的磁场叠加如图3所示，

将Ba与Be合成为Bae,Bb与Bd合成为Bbd,再将Bae与Bbd合成最终的B合，Ba、Be、Bb、Bd的大小

均等于Bo,显然B合大于Bo,由此可见。点磁感应强度与四根直导线的电流方向有关，故D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了电流磁效应，以及磁场的叠加问题。通电直导线产生磁场的磁感应强度的大小与电

流大小成正比，与距离成反比，方向由安培定则判断。

9.如图所示为某兴趣小组的同学设计的测量电流的装置，质量为m=0.01kg的匀质细金属棒MN的中点

处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连。在矩形区域abed内有垂直纸面向里、磁感应强度大小

为B=4T的匀强磁场，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数,MN的长度大于ab=

当MN中没有电流通过且处于平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合，此时轻弹簧的伸长量为0.01m；

当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。不计通电时电流产生的磁场的作用，仪表内部构

造不允许反偏。若ab=0.1m,bc=0.05m,则下列说法正确的是（）

A.轻弹簧的劲度系数为IN/m

B.此电流表的量程是1.25A

C.若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则仪器的量程也加倍

D.当金属棒的N端与电源正极相接时，会导致电表反偏出现故障

【考点】安培力的计算公式及简单应用；劲度系数及其特点.

【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；磁场磁场对电流的作用；推理能力.

【答案】B

【分析】A、MN中无电流时，对MN由力的平衡可得劲度系数；

B、MN在ab边位置，安培力最大，电流最大，根据MN受力平衡可得最大电流；

C、磁感应强度加倍，根据MN在ab边位置受力平衡，可得电流值，则可得结论；

D、根据左手定则可知安培力的方向，则可得结论。

【解答】解：A、当MN中没有电流时，对金属棒MN由力的平衡可得：mg=kxi,其中xi=0.01m,

可得k=10N/m,故A错误；

B、当MN运动到ab位置时，电流达到最大值，此时弹簧继续伸长0.05m,即弹簧的形变量x2=xi+0.05m

=0.01m+0.05m=0.06m,由力的平衡有：kx2=mg+BImLab,其中Lab=0.1m

代入数据可得：Im=1.25A,故B正确；

C、若匀强磁场的磁感应强度大小加倍，则安培力加倍，由金属棒MN在ab边位置受力平衡，则有：

kx2=mg+2BIm'Lab,可得：Im'=0.625A,可知仪器的量程减半，故C错误；

D、当金属棒的N端与电源正极相接时，金属棒MN中电流由N到M,由左手定则可知，MN受到向

下的安培力，指针向下正偏，电表不会出现反偏，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了安培力、受力平衡，解题的关键是知道金属棒MN在磁场的最下端时，安培力最

大，电流最大。

10.如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，

直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，则直导

线受到的安培力方向（）

/A

I

I

I

A.向上B.向下

C.垂直纸面向里D.垂直纸面向外

【考点】左手定则判断安培力的方向；通电直导线周围的磁场.

【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力.

【答案】D

【分析】根据安培定则和左手定则分析。

【解答】解：将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，从上向下看形成的等效

电流沿顺时针方向，根据安培定则（右手螺旋定则），电流在直导线处的磁场竖直向上，根据左手定则，

直导线受到的安培力垂直纸面向外，故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了安培定则和左手定则的应用，属简单题。

二.多选题（共4小题）

（多选）11.一个长方体金属导体的棱长如图所示，将该长方体导体放在匀强磁场中，并使前侧面与磁场

垂直，已知磁感应强度为B。导体的左右两侧面外接电源，产生由左向右的稳定电流时，测得导体的上、

下表面间的电势差为U。则下列说法正确的是（）

A.上、下两表面比较，上表面电势高

B.上、下两表面比较，下表面电势高

U

C.导体中自由电子定向移动的速率为丁

dB

U

D.导体中自由电子定向移动的速率为二

【考点】霍尔效应与霍尔元件.

【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力.

【答案】BD

【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低；抓住电子受到的洛伦兹力等于电

场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小.

【解答】解：AB、根据左手定则知，电子向上侧偏转，则导体上表面电势较低，下表面电势高，故A

错误，B正确；

CD、最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有：evB=e*解得，v=%故C错误，D正确。

故选：BDo

【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处

于平衡。

（多选）12.如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的

大小为B,边界I、II的长度分别为旧乙、L；大量均匀分布的带电粒子由边界I的左侧沿平行边界H

3

的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界I离开磁场的带电粒子占总数的一，带电粒子的

4

质量为m、所带电荷量为+q,忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（）

A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动

B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为一

qB

Trrn

c.刚好从边界ni离开的带电粒子在磁场中运动的时间为

3qB

D.带电粒子的初速度大小为空空

【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力.

【专题】比较思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】BD

【分析】由左手定则判断粒子射入磁场时受到的洛伦兹力方向，进而得到粒子的运动方向；根据几何关

系得到轨迹对应的最大圆心角，结合周期公式求粒子在磁场中运动的最长时间；作出带电粒子刚好不从

边界III离开磁场的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，即可求得运动时间和粒子的初速度大小。

【解答】解：A、由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受到向上的洛伦兹力作用，则

带电粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，故A错误；

B、带电粒子在磁场中运动的周期为T=需，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则

带电粒子在磁场中运动的最长时间为1=彳=第，故B正确；

D、作出带电粒子刚好不从边界III离开磁场的运动轨迹，如图所示。

n

3

依题意，从边界I离开磁场的带电粒子占总粒子的二，则图中的a、b、c为边界I的四等分点，由几何

4

关系可知，三角形区域的顶角为30°,a点到顶点的距离为处力

4

根据几何关系可得

V3r

—L=r+---------

4sin300

解得粒子轨迹半径为

V3.

r=12L

根据牛顿第二定律得

DV2

qvB=m—

解得："=¥翳，故D正确；

D、由图可知，刚好从边界III离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°,则该粒子在磁场中运

12。。12717712717n

动的时间为t'==―,故C错误。

3603qB3qB

故选：BD»

【点评】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力做向心力,往往要画出粒子的运动轨迹,

然后根据几何关系求轨迹半径，进而求得速度、磁感应强度、运动时间。

（多选）13.如图