2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)夯實核心素養(yǎng)- 磁場（解析版）

10.5磁場

1.如圖，兩根相互絕緣的通電長直導(dǎo)線分別沿x軸和y軸放置，沿X軸方向的電流為

已知通電長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強度8=/,其中左為常量，/為導(dǎo)線中的電

r

流，/?為場中某點到導(dǎo)線的垂直距離。圖中/點的坐標為3,b）,若“點的磁感應(yīng)強度為

零，則沿y軸放置的導(dǎo)線中電流的大小和方向分別為（）

y

b......

A.，，沿y軸正向B.，，

沿y軸負向

bb

C.To,沿y軸正向D.-I。，沿y軸負向

aa

【答案】A

10

【解析】x方向?qū)Ь€電流在/點的磁感應(yīng)強度大小為Bx=k~,由安培定則可知方向垂直于

紙面向外，由題知若/點的磁感應(yīng)強度為零，則y方向?qū)Ь€電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度

方向垂直于紙面向里，由安培定則知，y軸放置的導(dǎo)線中電流方向沿y軸正向，其大小滿

I/0a

足8尸/=與，y軸放置的導(dǎo)線中電流的大小/=/,故選A。

2.如圖所示，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極8,緊貼邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極4

把4、8分別與電源的兩極相連，然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電液體，現(xiàn)把玻璃皿放在如圖所

示的磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來.若從上向下看，下列判斷正確的是（）

A.4接電源正極，8接電源負極，液體順時針旋轉(zhuǎn)

B.N接電源負極，8接電源正極，液體順時針旋轉(zhuǎn)

C.A.8與50Hz的交流電源相接，液體持續(xù)旋轉(zhuǎn)

D.僅磁場的N、S極互換后，重做該實驗發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向不變

【答案】A

【解析】若Z接電源正極，8接電源負極，在電源外部電流由正極流向負極，因此電流由

邊緣流向中心，玻璃皿所在處的磁場豎直向下，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力

沿順時針方向，因此液體沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確：同理，若力接電源負極，8接電

源正極，根據(jù)左手定則可知，液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故B錯誤；/、8與50Hz的交流

電源相接，液體不會持續(xù)旋轉(zhuǎn)，故C錯誤；若僅磁場的N、S極互換后，重做該實驗發(fā)現(xiàn)

液體旋轉(zhuǎn)方向改變，故D錯誤.

3.如圖所示，/為一水平旋轉(zhuǎn)的橡膠盤，帶有大量均勻分布的負電荷，在圓盤正上方水平

放置一通電直導(dǎo)線，電流方向如圖。當圓盤高速繞中心軸轉(zhuǎn)動時，通電直導(dǎo)線所受磁

場力的方向是（）

A.豎直向上

C.水平向里D.水平向外

【答案】C

【解析】從上向下看，由于帶負電的圓盤順時針方向旋轉(zhuǎn)，形成的等效電流為逆時針方

向，由安培定則判定所產(chǎn)生的磁場方向豎直向上。由左手定則可判定通電導(dǎo)線所受安培力

的方向水平向里，故C正確。

4.如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁

場區(qū)域，下列判斷正確的是（）

A.電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長

B.電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大

C.在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合

D.電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同

【答案】B

2兀6

【解析】由周期公式丁=F知，周期與電子的速率無關(guān)，所以在磁場中的運動周期相同，

qB

0

由t=—T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應(yīng)的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動

2n

的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角，越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由

mv

半徑公式r=一知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半

qB

徑越大，A錯誤，B正確；若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌

跡3、4與5,它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應(yīng)的半徑不同，即它們的速率不同，

C不正確，D錯誤。

5.如圖所示，一個理想邊界為P0、的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為4,方向垂直紙面向

里。一電子從。點沿紙面垂直尸。以速度。o進入磁場。若電子在磁場中運動的軌道半徑為

2d。（7在上，且0（7與垂直。下列判斷正確的是（）

P0Q

左XX[%xX：右

XX；XX|

M6；N

A.電子將向右偏轉(zhuǎn)

B.電子打在MN上的點與O,點的距離為d

C.電子打在MN上的點與。點的距離為由d

nd

D.電子在磁場中運動的時間為二

3K）

【答案】D

【解析】電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，

電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，A錯誤；設(shè)電子打在上的點與。點的距離為x,則由幾

何知識得：x=r—#2—d2=24—J（2d）2—"2=（2—揚4,故B、C錯誤：設(shè)軌跡對應(yīng)的圓

dITdr

心角為仇由幾何知識得：sin0=—=0,5＞得則電子在磁場中運動的時間為f=一

2d6vO

nd

=T—r,故D正確。

3u0

6.如圖所示，正方形區(qū)域外〃中充滿勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，一個氫核從

血邊的中點機沿著既垂直于淚邊又垂直于磁場的方向，以一定速度。射入磁場，正好從

而邊中點〃射出磁場，若將磁場的感應(yīng)強度8變?yōu)樵瓉淼囊话?，其他條件不變，則這個氫

核射出磁場的位置是（）

a—b

\xxxx?

：B：

;XVXXX;

:XXXX

A.a點、B.b點

C.在°、〃之間某點D.在b、〃之間某點

【答案】D

/

【解析】設(shè)正方形的邊長為/,由題意可知氫核從〃點射出時其軌道半徑r=-

2

v2

費核在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m—

1v2

當磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，由洛倫茲力提供向心力得qv-B=m—

計算得氫核的軌道半徑R=2r—I

再結(jié)合圖中的幾何關(guān)系可知氫核應(yīng)從反〃點之間某點穿出，故D正確，A、B、C錯誤。

7.如圖所示，粗糙固定斜面的傾角為仇整個斜面處在垂直于斜面向下的勻強磁場（大小未

知）中，在斜面上有一根有效長度為心、質(zhì)量為，"水平放置的導(dǎo)體棒，當導(dǎo)線中電流為/1

和/2時，導(dǎo)體棒均能沿斜面勻速運動。已知電流/|、/2的方向相同且重力加速度為

g,則下列說法正確的是（）

\B/

A.電流方向垂直于紙面向里

2加gsin0

B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為

\x1I1乙）

（/l+/2）tanQ

C.導(dǎo)體棒與斜面間的動摩擦因數(shù)為——:一

1L-/I

D.可能存在一個與人、心大小不同的電流，使導(dǎo)體棒沿斜面做勻速直線運動

【答案】B

【解析】由題意可知通電流/1和乙時，導(dǎo)體棒均能沿斜面勻速運動且/|＜，2，故通/1時導(dǎo)

體棒沿斜面向下運動，通/2時導(dǎo)體棒沿斜面向上運動，導(dǎo)體棒受到的安培力沿著斜面向

上，由左手定則知電流方向垂直于紙面向外，根據(jù)平衡條件有/wgsin6=BI\L+nntgcos0,

（72—71）tan02mgsin0

nigsinO+finigcos聯(lián)立解得〃=4+泛,B=（八十丘）乙,故B正確，A、C

錯誤：因/1和乙可分別使導(dǎo)體棒向上或向下勻速運動，而根據(jù)磁場方向又知安培力在沿斜

面方向，摩擦力大小不變，重力沿斜面分力不變，故不存在其他電流讓導(dǎo)體棒勻速運動，

故D錯誤。

8.1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，如圖所示，磁感應(yīng)強度為8

的勻強磁場與D形盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它

們接在電壓為周期為T的交流電源上，中心“處粒子源產(chǎn)生的粒子飄入狹

縫中，由初速度為零開始加速，最后從出口處飛出。D形盒的半徑為下列

說法正確的是（）

A.粒子在出口處的最大動能與加速電壓。有關(guān)

B.粒子在出口處的最大動能與D形盒的半徑無關(guān)

C.粒子在D形盒中運動的總時間與交流電的周期T有關(guān)

D.粒子在D形盒中運動的總時間與粒子的比荷無關(guān)

【答案】D

【解析】根據(jù)回旋加速器的原理可知，粒子在電場中不斷加速，則粒子每次加速

后進入磁場做圓周運動的半徑不斷變大，最大半徑為D形盒的半徑根據(jù)洛

VqBR1

倫茲力提供向心力有=則最大速度為%=----,最大動能為Ekm=—

Rm2

qlBZRl

mv&=-------,根據(jù)表達式可知，最大動能與加速電壓無關(guān)，與D形盒的半徑

2m

有關(guān)，故A、B錯誤；粒子每一次加速獲得的動能為八瓦二夕。，所以粒子加速

EkmqB2RZT

的次數(shù)為N=---=-----，粒子在D形盒中運動的總時間為因為T=

△國2mU2

2Ttm兀環(huán)2

—,則/=——,故C錯誤，D正確。

qB2U

9.（多選）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇

器.速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和￡.平板S上有可讓粒

子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片.平板S下方有磁感應(yīng)強度為B。的勻強磁

場.下列表述正確的是（）

A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具

B.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外

E

C.能通過狹縫。的帶電粒子的速率等于1

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小

【答案】ABC

【解析】質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確；帶電粒子在速度選擇器中沿直線運動

時，所受電場力和洛倫茲力應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知B正確；由qE=quB可得u=

Emv2mv

C正確；粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動，由亞氏=丁得

DRqBO'

qV

所以N=k，故粒子越靠近狹縫P,粒子的比荷越大，D錯誤?

mBOR

10.（多選）如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一

條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為招，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當導(dǎo)

體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺秤讀數(shù)為B，則以下說法正確的是（）

A.彈簧長度將變長B.彈簧長度將變短

C.D.Fi<F?

【答案】BC

【解析】如圖甲所示，導(dǎo)體棒處的磁場方向指向右上方，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到

的安培力方向垂直于磁場方向指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律，對條形磁鐵受力分析，如

圖乙所示，所以臺秤對條形磁鐵的支持力減小，即臺秤示數(shù)Q>6，在水平方向上，由于

產(chǎn)有水平向左的分力，條形磁鐵壓縮彈簧，所以彈簧長度變短。

11.（多選）如圖所示為一個質(zhì)量為機、電荷量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細桿上

自由滑動，細桿處在磁感應(yīng)強度大小為2、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，圓環(huán)以初速

度內(nèi)向右運動直至處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g,則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為

()

1

A.0B-w^o2

m3g21m2g2

C.-----D------）

2q2B22qlBT

【答案】ABD

【解析】若圓環(huán)剛開始所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)對粗糙細桿壓力為零，摩擦力為

零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則由

1

衣=〃（〃吟一/8）知圓環(huán)一直減速到速度為零，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為-

選項B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力時圓

mg11

環(huán)達到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度。=—■,由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W=-mv^—-tnv2

qB22

1m2g2

=5m（如2一方^）,選項c錯誤，D正確.

12.（多選）如圖，一帶負電的圓環(huán)套在傾斜固定的粗糙絕緣長直桿上，圓環(huán)的直徑略大于

桿的直徑，桿處于方向垂直于紙面向里的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一沿桿向上的初速度。o，

在以后的運動過程中，下列關(guān)于圓環(huán)的速度D隨時間，的變化關(guān)系圖線，可能正確的是

【答案】BC

【解析】當q加geos。時，圓環(huán)受到的支持力/N先變小后變大，摩擦力R="/N也先

nigsinO+Ff

變小后變大，圓環(huán)減速的加速度a=------------，也先變小后變大：當速度變小為零

m

時，若〃,tan。時，圓環(huán)靜止，若〃<tan。時，圓環(huán)將向下做加速度減小的加速運動直到平

衡后做勻速運動：當夕8%）v〃?gcose時，圓環(huán)受到的尸N變大，摩擦力居="人變大，物體

nigsin6+Ff

減速的加速度a=------------變大，速度變小為零時，若"〉tan。時，物體將靜止；若"

m

Vtan。時，圓環(huán)將向下做加速度減小的加速運動直到平衡后做勺速運動，故B、C正確，

A、D錯誤。

13.（多選）如圖所示，邊長為L的等邊三角形。加為兩個勻強磁場的理想邊界，三角形內(nèi)

的磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為8,三角形外的磁場范圍足夠大、方向垂

直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小也為瓦頂點。處的粒子源沿的角平分線發(fā)射質(zhì)量為

qBL

阻、電荷量為夕的帶負電粒子，其初速度大小"o=J,不計粒子重力，下列說法正確的是

m

)

A.粒子第一次返回。點所用的時間是丁蔡

6兀/

B.粒子第一次返回a點所用的時間是二

qB

7兀力

C.粒子在兩個有界磁場中運動的周期是。

6QB

6兀勿

D.粒子在兩個有界磁場中運動的周期是F

qB

【答案】AD

qBL

【解析】若。0=^—,帶電粒子垂直進入磁場，做勻速圓周運動，則由牛頓第二定律可得

tn

v22兀加

qvB=m—,T=—,將速度代入可得/?=￡,由左手定則可知粒子在三角形內(nèi)的區(qū)域偏轉(zhuǎn)

rQD

的方向向右，從4射出粒子第一次通過圓弧從。點到達C點的運動軌跡如圖所示，可得

6

粒子從c到h的時間t=

cb6

帶電粒子從6點到達4點的時間也是一，所以粒子第一次返回々點所用的時間是

6

77兀6

ti=t+t+t=-T=—

acehha63QD

故A正確，B錯誤：粒子第一次到達〃點后沿與初速度方向相反的方向向上運動，依次推

理，粒子在一個周期內(nèi)的運動；可知粒子運動一個周期的時間是3個圓周運動的周期的時

6Tlm

間，即：1總=3T=F，故C錯誤，D正確。

qB

14.如圖所示，在xQy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向

上的勻強電場，兩個電場的電場強度大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，

讓一個質(zhì)量為“、帶電荷量為4的粒子在第二象限內(nèi)的尸(一3乙)點由靜止釋放，結(jié)果粒

子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的。(乙0)

點進入第一象限，重力加速度為g,求：

(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；

(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小和方向。

!2A(2g

【答案】(i)一⑵2一m吊方向垂直于紙面向里

JgqJ

【解析】

(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿尸。方向，則粒子帶正

電。

由運動學(xué)知識可得

廠廠1

mg=qE\=qE2,<2〃2g=〃?〃，*^2/,=~

2L

解得t=:

1

(2)設(shè)粒子從。點進入第四象限的速度大小為V,由動能定理可得加

解得。=2"，方向與x軸正方向成45。角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到電場力與重力等大

反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上

的。(乙0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里。

粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知

八V2

粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為/?=—￡

由牛頓第二定律可得

v2

Bqv=m—解得

R1

2m

B=-

q

15.如圖甲所示，質(zhì)量為機、帶電荷量為一夕的帶電粒子在/=0時刻由a點以初

速度。o垂直進入磁場，I區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小不變方向周期性變化如圖乙

所示(垂直紙面向里為正方向)；n區(qū)域為勻強電場，方向向上；in區(qū)域為勻強

磁場，磁感應(yīng)強度大小與I區(qū)域相同均為治。粒子在I區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓

TO

運動且每次經(jīng)過加〃的時刻均為—整數(shù)倍。

XX

XX

n

(1)粒子在I區(qū)域運動的軌跡半徑為多少？

(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x,求粒子進入III區(qū)域時速度的

可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過掰〃)。

mvOTOi0qBOxqBOx

［答案］(1)—ZTSK——(2)———----2v

qBo2兀2m2m0

【解析】

v

(1)帶電粒子在I區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即0/()=m-

r

mvQ2nr7X)㈤

解得片溫或丁°=

而2兀

(2)畫出符合要求的運動軌跡如圖所示,

XXXXXX：XXX

X

第一種情況：粒子在HI區(qū)域運動半徑火=-

2

v

qvB=m-

20K

qBOx

解得粒子在in區(qū)域速度大?。簐=--

22m

第二種情況：

x~4r

粒子在III區(qū)域運動半徑R=----

qBOx

粒子在III區(qū)域速度大小：5=-----200。

2m

16.如圖所示，在紙面內(nèi)有兩個磁感應(yīng)強度大小均為8、方向相反的勻強磁場，

虛線等邊三角形N8C為兩磁場的理想邊界。已知三角形N8C邊長為3虛線三

角形內(nèi)為方向垂直于紙面向外的勻強磁場，三角形外部的足夠大空間為方向垂

直于紙面向里的勻強磁場。一電荷量為+外質(zhì)量為帆的帶正電粒子從N3邊中

點P垂直AB邊射入三角形外部磁場，不計粒子的重力和一切阻力。

(1)要使粒子從P點射出后在最短時間內(nèi)通過8點，則從P點射出時的速度如

為多大？

(2)滿足(1)間的粒子通過8后第三次通過磁場邊界時到B的距離是多少？

(3)滿足(1)問的粒子從P點射入外部磁場到再次返回到P點的最短時間為多少？

畫出粒子的軌跡并計算。

qBL3L

【答案】(1/一(2)—(3)見解析

4掰4

【解析】

(1)當粒子運動半個圓周到達8點時所用時間最短，此時粒子做圓周運動半徑r

LmvOqBL

=-,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得尸=——，解得如=二：

4qB4m

L

(2)粒子做圓周運動半徑尸=]由幾何關(guān)系可知：設(shè)過8點后第三次通過磁場邊

3L

界時到B點的距離為s,s=3r=—;

4

(3)粒子運動軌跡如圖

X

X

X

X

X

X

X

X

X

271m

粒子在磁場中運動的周期T=——，由圖可知從P點射入外部磁場到再次返回到

qB

P點的最短時間為

2525Tlm

/min=-r=-0

17.如圖為一裝放射源氮(趣Rn)的盒子，靜止的氫核經(jīng)過一次a衰變成針(28圖Po),產(chǎn)生的

a粒子速率0()=1.0XIO，m/s,a粒子從小孔尸射出后，經(jīng)過4孔進入電場加速區(qū)域I,加

速電壓U=8X106v.從區(qū)域I射出的a粒子隨后又從M點進入半徑為r=怖m(xù)的圓形勻

強磁場區(qū)域H,AW為圓形勻強磁場的一條直徑，該區(qū)域磁感應(yīng)強度為8=0.2T,方向垂

直紙面向里.圓形磁場右邊有一豎直熒光屏與之相切于N點，粒子重力不計，比荷為3q=

m

5X107C/kg.求:

(l)a粒子經(jīng)過圓形磁場后偏轉(zhuǎn)的角度；

(2)a粒子打在熒光屏上的位置離N點的距離.

【答案】

(1)60°(2)N點上方3m處

【解析】

(l)a粒子在區(qū)域I中做加速運動，由動能定理得：qU=jnv2—~mv(r,

代入數(shù)據(jù)，解得：p=3XI07m/s

a粒子離開電場區(qū)域后，以速度。從M點沿方向進入磁場區(qū)域H,在磁場中做勺速圓

周運動.

v2

洛倫茲力提供向心力：qvB=m—

代入數(shù)據(jù)，解得：H=3m

a粒子的軌跡如圖所示，由幾何知識得：

tanQ濟亍

解得：(9=30。

故a粒子偏轉(zhuǎn)角度為尸=26=60。

(2)由幾何知識得：SNc=rtan4=3m,

即a粒子打在熒光屏上N點上方距離'點3m處的位置.

18.如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xQy平面向外的勻強磁場J,第二象限內(nèi)存在

水平向右的勻強電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xQy平面向外、磁感應(yīng)強度大小為國的

勻強磁場】I。一質(zhì)量為小電荷量為+q的粒子，從x軸上加點以某一初速度垂直于x軸

進入第四象限，在xQy平面內(nèi)，以原點。為圓心做半徑為凡的圓周運動；隨后進入電場

運動至歹軸上的N點，沿與v軸正方向成45。角離開電場；在磁場I中運動一段時間后，

再次垂直于x軸進入第四象限。不計粒子重力。求：

(I)帶電粒子從M點進入第四象限