高考物理新電磁學知識點之磁場解析

1、一、選擇題1.為了解釋地球的磁性,高考物理新電磁學知識點之磁場解析19世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的.在下列四個圖中,為了降低潛艇噪音可用電磁推進器替代螺旋槳。如圖為直線通道推進器示意圖。推進器 前后表面導電，上下表面絕緣，規(guī)格為：a旳C=0.5mX0.4mX0.3m。空間內存在由超導勵磁線圈產生的勻強磁場，其磁感應強度B=10.0T，方向豎直向下，若在推進器前后方向通以電流I=1.0 X103a，方向如圖。則下列判斷正確的是（） 推進器對潛艇提供向左的驅動力，大小為4.0 X03N 推進器對潛艇提供向右的驅動力，大小為5.0 103N 超導勵磁線圈中的電流方向為P

2、QNMP方向通過改變流過超導勵磁線圈或推進器的電流方向可以實現(xiàn)倒行功能如圖甲是磁電式電流表的結構圖，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布。線圈中a、b兩條導線長度均為I，未通電流時，a、b處于圖乙所示位置，兩條導線所在處的磁感應強 度大小均為B。通電后，a導線中電流方向垂直紙面向外，大小為 I，則（）乙該磁場是勻強磁場線圈平面總與磁場方向垂直線圈將逆時針轉動 a導線受到的安培力大小始終為BI l如圖甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬線框，匝數(shù)n = 20,總電阻R= 2.5 0,邊長L = 0.3m，處在兩個半徑均為 r = 0.1m的圓形勻強磁場中，線框頂點與右側圓心重 合，線框底邊與左側

3、圓直徑重合，磁感應強度Bi垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，Bi、B2隨時間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止狀態(tài)，計算過程中取n 3，下列說 TOC o 1-5 h z 法正確的是(),1p a *sPML W 垃: -i* 廿X in L * 二/T甲乙 TOC o 1-5 h z 線框具有向左的運動趨勢 t= 0時刻穿過線框的磁通量為0.5Wb t= 0.4s時刻線框中感應電動勢為1.5V 0 0.6s內通過線框橫截面電荷量為0.018C如圖所示，一束粒子射入質譜儀，經狹縫S后分成甲、乙兩束，分別打到膠片的A、C2 兩點。其中SA SC,已知甲、乙粒子的電荷量相等，下列說法正確的是3

4、A?北；X Jf 1y丨3( X * X|r :!a q*|i甲帶正電B.甲的比荷小C.甲的速率小D.甲、乙粒子的質量比為2： 3如圖所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置。其核心部分是兩 個D形金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。則下列說法正確的是()帶電粒子從磁場中獲得能量帶電粒子加速所獲得的最大動能與加速電壓的大小有關帶電粒子加速所獲得的最大動能與金屬盒的半徑有關帶電粒子做圓周運動的周期隨半徑增大而增大如圖為洛倫茲力演示儀的結構圖勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束 由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控 制，

5、磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調節(jié)下列說法正確的是（）僅增大勵磁線圈的電流，電子束徑跡的半徑變大僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大&如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電 的金屬小球從 M點水平射入場區(qū)，經一段時間運動到M點的右下方N點，關于小球由A.小球可能做勻變速運動M到N的運動，下列說法正確的是（小球一定做變加速運動小球動量可能不變D.小球機械能守恒如圖所示，把一重力不計的通電直導線水平放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導線可以自由轉動和平動，當導線通

6、入圖示方向的電流I時，從上往下看，導線的運動情況是（）S順時針方向轉動，同時下降順時針方向轉動，同時上升逆時針方向轉動，同時下降逆時針方向轉動，同時上升在絕緣水平面上方均勻分布著方向與水平向右成60斜向上的勻強磁場，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運動。已知棒與水平 面間的動摩擦因數(shù)。若磁場方向由圖示方向開始沿逆時針緩慢轉動至豎直向上的0,則關于3過程中，棒始終保持勻速直線運動，設此過程中磁場方向與水平向右的夾角為3磁場的磁感應強度的大小B與B的變化關系圖象可能正確的是（某小組重做奧斯特實驗，在一根南北方向放置的直導線的正下方放置一小磁針，如圖所示，給導線

7、通入恒定電流，小磁針再次靜止時偏轉了30,已知該處地磁場水平分量B 5.0 10 5T，通電直導線在該處產生的磁感應強度大小為（HA. 2.9 10 5TB. 7.1 10 5TC. 8.7 10 5TD. 1.0 10 4t如圖所示，有abed四個離子，它們帶等量的同種電荷，質量不等.有ma= mbvmc=md，以不等的速度VaV Vb= VeV Vd進入速度選擇器后有兩種離子從速度選擇器中射出，進B.射向P2的是b離子C.射到A1的是c離子D.射到 A的是d離子一回旋加速器當外加磁場一定時，可把質子加速到v,它能把氚核加速到的速度為A. vB. 2vD.2v3一直導線平行于通電螺線管的軸線

8、放置在螺線管的上方，如圖所示如果直導線可以 自由地運動且通以由a到b的電流，則導線 ab受磁場力后的運動情況為（）從上向下看順時針轉動并靠近螺線管從上向下看順時針轉動并遠離螺線管從上向下看逆時針轉動并遠離螺線管從上向下看逆時針轉動并靠近螺線管如圖所示為質譜儀的原理圖，一束粒子流由左端平行于Pl、P2射入，粒子沿直線通過速度選擇器，已知速度選擇器的電場強度為磁感應強度為 Bi.粒子由狹縫So進入勻強磁場B2后分為三束，它們的軌道半徑關系為則下列說法中正確的是（）ri 32，不計重力及粒子間的相互作用力,1111111 II11” |1W X 団* f11i11111111Q 11A. P1極板帶

9、負電B.能通過狹縫So的帶電粒子的速率等于 空EC.三束粒子在磁場 B2中運動的時間相等粒子1的比荷 出 大于粒子2的比荷 生m1m2如圖所示，矩形線圈 abed在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉動，當線圈平面轉到與磁場方向平行時（）線圈繞P1轉動時的電流等于繞 P2轉動時的電流 線圈繞P1轉動時的電動勢小于繞P2轉動時的電動勢 線圈繞P1和P2轉動時電流的方向相同，都是ctd 線圈繞P1轉動時de邊受到的安培力大于繞P2轉動時de邊受到的安培力電荷在磁場中運動時受到洛侖茲力的方向如圖所示，其中正確的是（）XXX8)18.下列有關運動電荷和通電導線受到磁場對

10、它們的作用力方向判斷正確的是（MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由位置I平cd邊翻轉到位置n,設先、后兩次穿過金屬框的磁通量變移到位置n,第二次將金屬框繞 化分別為,。和* ，則（）1廠I1jV$A.卻少舛b.處1 = 0州 C Ml 山如 D.不能判斷如圖所示，正方形區(qū)域內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ab,是一個垂粒子帶正電粒子在b點速率大于在a點速率 若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短如圖所示，在威爾遜云霧室中，有垂直紙面向里的勻強磁場。圖中曲線直于磁場方向射入的帶電粒子的徑跡

11、。由于它在行進中使周圍氣體電離，其能量越來越 小，電量保持不變，由此可知（）x a Jv X粒子帶負電，由a向b運動粒子帶負電，由b向a運動粒子帶正電，由 a向b運動粒子帶正電，由b向a運動目前世界上正研究的一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，如圖所示表示它的發(fā)電原理：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈 中性）沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷在磁極配置如圖中所示的情況下，下述說法正確的是（）A板帶正電有電流從a經用電器流向b金屬板A、B間的電場方向向下等離子體發(fā)生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力一電子以

12、垂直于勻強磁場的速度Va,從A處進入長為d、寬為h的磁場區(qū)域如圖所示，發(fā)生偏移而從 B處離開磁場，若電荷量為e,磁感應強度為 B,圓弧AB的長為L,則（ ）d 電子在磁場中運動的時間為t=VaL 電子在磁場中運動的時間為t=Va 洛倫茲力對電子做功是BevA h電子在A、B兩處的速度相同如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從磁場邊界上的 TOC o 1-5 h z a點射入、b點射出，不考慮帶電粒子受到的重力，下列說法正確的是（）茯衛(wèi)石交II沁A X X；IiIII1；p J粒子在a點的速率小于在b點的速率粒子帶正電 若僅增大磁感應強度，則粒子可能從b點左側射出若僅減小

13、入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短如圖所示，地面附近某真空環(huán)境中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶正電的油滴，沿著一條與豎直方向成a角的直線MN運動，由此可以判斷 TOC o 1-5 h z X 1 xl XX I BX XX； XXxXI a 、x xj x N x勻強電場方向一定是水平向左油滴沿直線一定做勻加速運動油滴可能是從 N點運動到M點油滴一定是從 N點運動到M點【參考答案】*試卷處理標記，請不要刪除、選擇題1B解析： B【解析】【分析】 要知道環(huán)形電流的方向首先要知道地磁場的分布情況：地磁的南極在地理北極的附近，故 右手的拇指必需指向南方，然后根

14、據安培定則四指彎曲的方向是電流流動的方向從而判定 環(huán)形電流的方向【詳解】 地磁的南極在地理北極的附近，故在用安培定則判定環(huán)形電流的方向時右手的拇指必需指 向南方；而根據安培定則：拇指與四指垂直，而四指彎曲的方向就是電流流動的方向，故 四指的方向應該向西故 B 正確【點睛】 主要考查安培定則和地磁場分布，掌握安培定則和地磁場的分布情況是解決此題的關鍵所 在另外要掌握此類題目一定要樂于伸手判定2D解析： D【解析】【分析】【詳解】AB 磁場方向向下，電流方向向里，依據左手定則，則安培力方向向左，因此驅動力方向 向右，根據安培力公式有33F BIL 10 1.0 103 0.4N 4.0 103 N

15、故 AB 錯誤；磁場方向向下，根據安培定則可判定超導勵磁線圈中的電流方向為PMNQP方向，故C錯誤；D 通過改變流過超導勵磁線圈或推進器的電流方向，根據左手定則可知驅動力方向相反，故 D 正確。故選 D 。D解析： D【解析】【分析】 通過分析通電導線在磁場中的受力，了解磁電式電流表的工作原理。【詳解】A 該磁場是個輻向磁場，磁場方向與鐵芯垂直，但不是勻強磁場，A錯誤； 由于是輻向磁場，線圈平面與磁場方向始終平行，B錯誤； 根據左手定則，在圖中位置，a導線受力向上，b邊受力向下，線圈將順時針方向轉 動， C 錯誤；D 由于在轉動過程中，a導線始終與磁場垂直，因此受到安培力大小始終為BII ,

16、D正確。故選D。C解析：C【解析】【分析】【詳解】A 線框的磁通量是向外多于向內，故合磁通向外，有增加趨勢，根據楞次定律，產生感 應電流，受安培力，會阻礙磁通量的增加，故安培力向右（向右運動會導致磁通量減小）A錯誤；t 0時穿過線框的磁通量為而阻礙磁通量的增加，即線框具有向右的運動趨勢，故B 設磁場向外穿過線框磁通量為正，由磁通量的定義得B - n2 B2 - n2 0.025Wb2 6故B錯誤;c.由于B2不變，故根據法拉第電磁感應定律有Entit2 -B1 20 - 3 0.12 5 2V 1.5Vt 2t20.6故C正確；D 由于是恒定電流，根據閉合電路歐姆定律可得E 1 5I 一 -A

17、 0.6AR 2.50 0.6s內通過線框橫截面電荷量為q It 0.6 0.6C0.36C故D錯誤。故選C。D解析：D【解析】【詳解】甲粒子在磁場中向上偏轉，根據左手定則知甲粒子帶負電，故A錯誤；根據洛倫茲力提供向心力，則有：v2 qvB m一 r解得：mv vrqB b由圖可知r甲v r乙，則甲的比荷大于乙的比荷，故B錯誤；C能通過狹縫So的帶電粒子，根據平衡條件：qE qvB1解得：EvBi甲、乙都能通過狹縫進入右邊的磁場，所以兩個粒子的速率相等，故C錯誤；由題知，甲、乙粒子的電荷量相等，根據洛倫茲力提供向心力，則有：2vqvB m 一r解得：mvrqB變形得：qBm rv由題知，兩個粒

18、子的半徑之比為：ri : a 2 :3則兩個粒子的質量之比為：mi: m2 ri: r22 : 3故D正確。C解析：C【解析】【詳解】A、 由回旋加速器原理可知，它的核心部分是兩個D形金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連，兩盒間的窄縫中形成勻強磁場，交流電的周期和粒子做圓周運動的周 期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒縫隙，兩盒間的勻強電場一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速，在磁場中洛倫茲力不做功，帶電粒子是從電場中獲得能量的，故A錯誤B、粒子從D形盒出來時速度最大，由 qvB=m，粒子被加速后的最大動能1Ekm=m：=-，可見帶電粒子加速所獲得的最大動能與回旋加

19、速器的半徑有關，與加速電壓的大小無關，故 B錯誤，C正確.D、高頻電源周期與粒子在磁場中勻速圓周運動的周期相同，由帶電粒子做圓周運動的周rnTT 期T=2 可知，周期T由粒子的質量、電量和磁感應強度決定，與半徑無關，故D錯誤.故選：c.【點睛】解決本題的關鍵是掌握加速器的工作原理以及加速器的構造，注意粒子是從電場中獲得能 量，但回旋加速器的最大速度與電場無關，與磁感應強度和D形盒的半徑有關.B解析：B【解析】【分析】本題主要考查了洛倫茲力、動能定理、圓周運動根據動能定理表示出加速后獲得的速 度，然后根據洛倫茲力提供向心力推導出半徑的表達式，利用速度公式推導出周期表達 式，增大勵磁線圈中的電流，

20、電流產生的磁場增強，當提高電子槍加速電壓，速度增大， 并結合以上公式即可解題.【詳解】電子在加速電場中加速，由動能定理有:eU 丄mv22電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，有：eBv2m，解得:rmv 1eB B，那么周期為：T,當增大勵磁線圈中的電流，電流產生的磁場增強，半徑在減小，周期變eB小，故AC錯誤；當提高電子槍加速電壓，速度增大，電子束的軌道半徑變大、周期不變，故B正確，D錯誤.B解析：B【解析】【分析】【詳解】A .小球受到重力、電場力和洛倫茲力作用，若速度大小變化，則洛倫茲力變化，合力變 化，所以小球不可能做勻變速運動，故A錯誤；B 小球向下偏轉，則初始時刻合

21、力一定向下，又因為一定是曲線運動，因此洛倫茲力方 向一定變化，所以小球合力一定變化，一定做變加速運動，故B正確；由于小球一定做變加速運動，由動量定理可知，小球的動量一定變化，故C錯誤;D .小球運動過程中電場力做負功，所以機械能減少，故D錯誤。故選B。A解析：A【解析】【分析】【詳解】在導線兩側取兩小段，左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向里，右側一小段所受安培90度時，導線所受的安A正確，BCD錯誤。力的方向垂直紙面向外，從上往下看，知導線順時針轉動，當轉動 培力方向向下，所以導線的運動情況為，順時針轉動，同時下降。故 故選A。C解析：C【解析】【分析】【詳解】棒受力如圖所示則BIL sin

22、得1IL z .(sinBmg所以C正確，ABD錯誤。故選C。11. A(mg BIL cos )cos )2IL sin(.3mg30)解析：A【解析】【分析】【詳解】各個分磁場與合磁場關系如圖所示由數(shù)學關系得5Bx Btan2.9 10 T故選A。A解析：A【解析】試題分析：通過在磁場中偏轉知，粒子帶正電.在速度選擇器中，有qE=qvB. v ，只B有速度滿足一定值的粒子才能通過速度選擇器.所以只有b、c兩粒子能通過速度選擇器.a的速度小于b的速度，所以a的電場力大于洛倫茲力， a向Pi板偏轉.故A正確，Bmv錯誤.只有b、c兩粒子能通過速度選擇器進入磁場B2，根據r，知質量大的半徑qB2

23、大，知射向Ai的是b離子，射向A2的是c離子.故C、D錯誤.故選A.考點：速度選擇器；帶電粒子在勻強磁場中的而運動C解析：C【解析】【分析】【詳解】在回旋加速器內加速有v2m 一 qvBr解得v 鰹，可知最終的速度與荷質比有關，質子荷質比為 1,氚核荷質比為-，能把m3氚核加速到的速度為 v , C正確。3故選C。D解析：D【解析】試題分析：通電導線因放在通電螺線管的磁場中故受到磁場力，因左右兩側磁場方向不同，故可以分左右兩邊分別分析研究，畫出兩側的磁場方向，則由左手定則可判出磁場力 的方向，根據受力情況可判出物體的轉動情況.當導體轉動后，我們可以認為電流向右偏 內，受力也將發(fā)生變化，為了簡便

24、，我們可以判斷導體轉動到向里的位置判斷導體的受力 情況，再判出導體的運動情況.解：通電螺線管的磁感線如圖所示，則由圖示可知左側導體所處的磁場方向斜向上，右側 導體所處的磁場斜向下，則由左手定則可知，左側導體受力方向向外，右側導體受力方向 向里，故從上向下看，導體應為逆時針轉動；當導體轉過90時，由左手定則可得導體受力向下，故可得出導體運動為逆時針轉動的同時還要向下運動.即為a端轉向紙外，b端轉向紙里，且靠近通電螺線管，故D正確，ABC錯誤；故選D【點評】解決本題的關鍵（1）清楚通電螺線管的磁場，應看到左右兩邊磁場的不同；（2）能準確地應用左手定則判斷磁場與電流不垂直的情況；（3）會找到一些有代

25、表性的特殊位置求解.D解析：D【解析】【分析】【詳解】A .若射入速度選擇器中的粒子帶正電，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的R極板帶正電，故A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，洛倫茲力等于電場力，即有qvB! qE所以能通過狹縫S0的帶電粒子的速率為EvBi故B錯誤；粒子在磁場中做半個勻速圓周運動，其運動時間為t 112 r r2 v v由于三個粒子運動的半徑不等，所以運動時間也不相等，故C錯誤；2D進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據qvB2 m可得rmvrqB2知r越大，比荷 q越小，粒子1的半徑

26、小于粒子2的半徑，所以粒子1的比荷大于粒子 2m的比荷，故D正確；故選D。A解析：A【解析】【分析】【詳解】AB .根據E=B3S可知，無論線圈繞軸 Pl和P2轉動，則產生的感應電動勢均相等，故感應電流相等，故A正確，B錯誤；由楞次定律可知，線線圈繞 Pi和P2轉動時電流的方向相同，都是 atdtctbta,故C錯誤；D .由于線圈Pi轉動時線圈中的感應電流等于繞P2轉動時線圈中得電流，故根據F=BLI可知，線圈繞Pi轉動時de邊受到的安培力等于繞 P2轉動時de邊受到的安培力，故 D錯 誤。故選A。A解析：A【解析】【分析】【詳解】根據左手定則得，A選項洛倫茲力方向豎直向下，B選項洛倫茲力方

27、向豎直向下，C選項不受洛倫茲力，D選項洛倫茲力方向垂直紙面向外.故A正確，BCD錯誤.故選 A .【點睛】解決本題的關鍵掌握左手定則判定電荷在磁場中運動速度、磁場和電荷受到洛侖茲力三者 之間的方向關系.B解析：B【解析】【分析】【詳解】由左手定則可判定電荷受到的洛倫茲力豎直向下，故A錯誤；由左手定則可判定電荷受到的洛倫茲力豎直向下，故 B正確；由左手定則可判定導線受到的安培力豎直向下，故C錯誤；由左手定則可判定導線受到的安培力豎直向上，故D錯誤.C解析：C【解析】【詳解】第一次將金屬框由位置 I平移到位置n,磁感線穿過金屬框的方向沒有改變，磁通量變化量等于在這兩個位置時的磁通量的差值；第二次將金屬框繞邊翻轉到位置n,磁感線穿過金屬框的方向發(fā)生改變，磁通量變化量等于兩個位置時的磁通量絕對值之和，所以丄 I：選項C正確.ABD錯故選CC解析：C【解析】【詳解】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2qvB m 確定粒子運動半徑和運動時間。r由題可知，粒子向下偏轉，根據左手定則，所以粒子應帶負電，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2感應強度，由公式qvB m 得：r，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子rqB有可能從b點右側射出，故