(文末附答案)2022屆高中物理磁場必考考點訓練

（每日一練）（文末附答案）2022屆高中物理磁場必考考點訓練

單選題

1、CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機

主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中KN之間有一電子束的加速電

場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生

X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為尸點。則（）

X射線束

圖（a）

A."處的電勢高于處的電勢

B.增大肌力之間的加速電壓可使？點左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使。點左移

2、質(zhì)量為小、帶電荷量為q的小物塊，從傾角為。的絕緣斜面上由靜止下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃,

整個斜面置于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為民如圖所示。若帶電小物塊下滑后某時刻

對斜面的作用力恰好為零，下列說法中正確的是（）

xxxxxxxxxx

A.小物塊一定帶正電荷

B.小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動，且加速度大小為gsin。-“geos。

C.小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動

D.小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為嗯”

3、1873年奧地利維也納世博會上，比利時出生的法國工程師格拉姆在布展中偶然接錯了導線，把另一直流發(fā)

電機發(fā)出的電接到了他自己送展的直流發(fā)電機的電流輸出端.由此而觀察到的現(xiàn)象導致了他的一項重要發(fā)明，

從而突破了人類在電能利用方面的一個瓶頸.此項發(fā)明是

A.新型直流發(fā)電機B.直流電動機

C.交流電動機D.交流發(fā)電機

4、如圖所示，質(zhì)量m=0.4kg、長度為L=1m、截面為矩形的導體棒PQ放在傾角為。=30。的兩根平行傾斜導

軌上恰好能靜止。今讓導體棒通以從一到0的恒定電流/=1A,并在空間中加上垂直于導體棒PQ的勻強磁場B

（圖中未畫出），導體棒以加速度a=3m/s2沿斜面向上運動。已知導體棒在運動過程中始終與導軌垂直、不

發(fā)生翻滾、并與導軌接觸良好（g取lOm/s?）,則所加磁場的磁感應強度最小為（）

A.yV3TB.5.2TC.3.2TD.1.6T

2

5、取兩個完全相同的長導線，用其中一根繞成如圖（a）所示的螺線管，當該螺線管中通以電流強度為/的電

流時，測得螺線管內(nèi)中部的磁感應強度大小為瓦若將另一根長導線對折后繞成如圖（歷所示的螺線管，并通

以電流強度也為/的電流時，則在螺線管內(nèi)中部的磁感應強度大小為（）

A.0B.0.5氏.BD.2B

6、在如圖所示的空間中，存在場強為￡的勻強電場，同時存在沿x軸負方向，磁感應強度為8的勻強磁

場.一質(zhì)子（電荷量為e）在該空間恰沿y軸正方向以速度/勻速運動.據(jù)此可以判斷出

A.質(zhì)子所受電場力大小等于運動中電勢能減小，沿著z軸方向電勢升高

B.質(zhì)子所受電場力大小等于e瓦運動中電勢能增大，沿著z軸方向電勢降低

C.質(zhì)子所受電場力大小等于evB,運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢升高

D.質(zhì)子所受電場力大小等于運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢降低

7、關于電流周圍的磁感線分布情況，圖中哪一個是正確的是（）

N

A.

多選題

3

8、霍爾元件的示意圖如圖所示，它由長X寬X厚axbxd、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為〃的N型半導體制成（設電

子電荷量為e）。在一矩形霍爾元件的1、2間通入電流/同時外加與元件工作面垂直的磁場瓦當接線端3、

4間霍爾電壓為達到穩(wěn)定值后，4的大小與/和6以及霍爾元件厚度d之間滿足關系式4=喑,其中比例

系數(shù)總稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關。下列說法正確的是（）

A.接線端3的電勢比接線端4的電勢低

B.自由電子受到的洛倫茲力大小為警

C.式中霍爾系數(shù)可表示為RH=2

D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，霍爾元件的工作面應保持與地面平行

9、如圖，4,是一個半徑為A的四分之一圓弧，將其放置在與平面垂直的磁感應強度為6的勻強磁場中。

當該導線中通以由/到C大小為/的恒定電流時，該導線受到安培力的大小和方向是（）

A.安培力大小為B/R

B.安培力大小為為&B/R

C.安培力方向為垂直4,的連線指向左下方

D.安培力方向為垂直，4。的連線指向右上方

4

10、如圖所示，在Xa坐標系的第一象限內(nèi)有在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子在〃點以與“軸正方向

成60。的方向垂直磁場射入，并且恰好垂直y軸射出磁場。已知帶電粒子質(zhì)量為加、電荷量為aOP=a,不計

重力。根據(jù)上述信息可以得出（）

<--------XXXX

XXXX

XXXX

x

a

o\<>IPX

A.帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B.帶電粒子在磁場中運動的速率

C.帶電粒子在磁場中運動的時間D.整個過程洛倫茲力的沖量的方向

填空題

11、如圖中可是勻強磁場里的一片薄金屬片，其平面與磁場方向平行，一個粒子從某點以與網(wǎng)垂直的速度射

出，動能是￡該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，今測得它在金屬片兩邊的軌道半徑之比是10：9,若在

穿越金屬板過程中粒子受到的阻力大小及電荷量恒定，則該粒子每穿過一次金屬片，動能減少了

該粒子最多能穿過金屬板次。

12、利用右圖所示裝置可測磁感應強度B,矩形線圈寬為L,共N匝，磁場垂直于紙面，當線圈中通以方向如

圖所示的電流I時，天平如圖示那樣平衡.當電流改為反方向時（大小不變），右邊再加質(zhì)量為m的跌碼后，

天平重新平衡，由此可知B的方向垂直紙面向且8=.

5

13、分析航天探測器中的電子束運動軌跡可知星球表面的磁場情況。在星球表面某處，探測器中的電子束垂直

射入磁場。在磁場中的部分軌跡為圖中的實線，它與虛線矩形區(qū)域4靦的邊界交于a、b兩點。a點的軌跡切

線與垂直，6點的軌跡切線與融的夾角為60°。已知電子的質(zhì)量為雙電荷量為e,電子從a點向6點運動

速度大小為物矩形區(qū)域的寬度為d此區(qū)域內(nèi)的磁場可視為勻強磁場。據(jù)此可知，星球表面該處磁場的磁感

應強度大小為電子從a點運動到6點所用的。時間為。

6

2022屆高中物理磁場_01F參考答案

1、答案：D

解析：

A.由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M,根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知

M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B.增大加速電壓則根據(jù)

1.

eU=-mv￡

可知會增大到達偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有

V2

evB=m-

可得

mv

R=—

eB

可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會

右移，故B錯誤；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D.由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使

P點左移，故D正確。

故選D。

2、答案：C

解析：

7

A.根據(jù)磁場方向和小物塊的運動方向，由左手定則可知，小物塊的洛倫茲力方向垂直斜面，因帶電小物塊下

滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，則洛倫茲力方向垂直斜面向上，根據(jù)左手定則判斷，小物塊帶負電，故

A錯誤；

BC.小物塊在斜面上運動時，對小物塊受力分析可知，小物塊所受合力

產(chǎn)合=mgsind—^(mgcosd-qvB)

由上式可知，隨著v增大，洛倫茲力增大，F(xiàn)合增大，a增大，則小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度

也增大的變加速直線運動，故B錯誤，C正確；

D.小物塊對斜面壓力為零時，有

mgcosO—qvB

解得

mgcosO

v=------

qB

故D錯誤。

故選C。

3、答案：B

解析：

本題屬于信息題，由題干“把另一直流發(fā)電機發(fā)出的電接到了他自己送展的直流發(fā)電機的電流輸出端.”可知

B對；

4、答案：A

解析：

方法1。正交分解：令安培力為咒與斜面夾角為明斜向上，則

8

由垂直斜面方向平衡，有

mgcosB=N+Fsina

N=mgcosd—Fsina

由平行斜面方向，有

Fcosa—mgsind—/zN=ma

得

Fcosa—mgsind—^(mgcQsd—Fsina)=ma

mgsin0+ma+nmgcosO__mgsinO+ma+^mgcosO

cosa+gsina_____/\

則上式變?yōu)?/p>

mgsind+ma+[imgcosd

+rsinQ?+a)

式中sin(￡+a)=l時，，,最小，代入數(shù)據(jù)得

Fmin/回。

又0+a=9O°,貝IJ

9

V3

T=a=30°

又由安培力公式F=BU,可得最小磁感應強度為當遍T

方法2：矢量圖法。因合力為沿斜面向上的

F=ma=1.2N

即重力rng、全反力K和安培力的合力為久考慮到。大小方向已知，全反力方向已知（與支持力成30。角，故

與豎直方向成60。角，如圖），而安培力大小和方向均未知，故平移成矢量圖時，按上述順序構建矢量圖時，

因合力大小和方向已知，故相當于安培力箭頭位置確定，如圖，可知最小安培力對應從尸的箭頭向方向確定的

A作垂線即可。由圖可知，上面小三角形為等腰三角形，則

FD=1.2V3N

DG=（4-1.2；N=2.8N

/?D=1.4V3N

故

同解。

10

5、答案：A

解析：

試題分析：乙為雙繞線圈，兩股導線產(chǎn)生的磁場相互抵消，管內(nèi)磁感應強度為零，故A正確.

考點：磁場的疊加

名師點睛：本題比較簡單，考查了通電螺線管周圍的磁場，弄清兩圖中電流以及導線的繞法的異同即可正確解

答本題.

6、答案：C

解析：

由左手定則可知，質(zhì)子所受的洛倫茲力方向沿z軸正向，由于質(zhì)子做勻速運動，則所受電場力方向為z軸負向,

大小等于洛倫茲力，即有

Eq=Bvq

電場的方向沿z軸負向，故運動中電場力不做功，電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高；ABD錯誤，C正確。

故選C。

考點：洛倫茲力；電場力及電勢能

【名師點睛】

此題是對左手定則以及電場強度及電勢能的考查；要熟練掌握左手定則判斷洛倫茲力的方法，注意四指指正電

荷的運動方向，大拇指指洛倫茲力方向；電場力做功等于電勢能的變化量，沿電場線方向電勢逐漸降低，這些

都應該熟練掌握.

7、答案：A

解析：

11

A.根據(jù)安培定則可以判斷該環(huán)形電流內(nèi)部的磁感線方向為垂直紙面向里，故A正確；

B.根據(jù)安培定則可以判斷該直線電流周圍的磁感線方向應為順時針方向，故B錯誤；

C.根據(jù)安培定則可以判斷該螺線管的左端為N極，故C錯誤；

D.根據(jù)安培定則可以判斷該直線電流周圍的磁感線方向應為逆時針方向（俯視），故D錯誤。

故選A。

8、答案：AC

解析：

A.由題意可知自由電子定向移動的方向為由2-1,根據(jù)左手定則可知自由電子將在接線端3所在的一面集聚,

所以接線端3的電勢比接線端4的電勢低，故A正確；

B.當3、4之間的電壓穩(wěn)定時，自由電子定向移動過程中所受洛倫茲力/■與電場力平衡，即

/=eE=誓①

故B錯誤；

C.根據(jù)電流的微觀表達式有

I—neSv=nebdv②

根據(jù)洛倫茲力公式有

f=evB③

聯(lián)立①<2）③以及題給功的表達式可得

1

場=一

ne

故C正確；

12

D.赤道上方地磁場方向平行于地面，又因為磁場方向與工作面垂直，所以在測定地球赤道上方的地磁場強弱

時，霍爾元件的工作面應保持與地面垂直，故D錯誤。

故選AC。

9、答案：BD

解析：

直導線折成半徑為彳的;圓弧形狀，在磁場中的有效長度為

4

L=y/2R

則安培力大小為

F=BIL=y[2BlR

安培力的方向與等效長度的直線垂直，根據(jù)左手定則可得，安培力的方向垂直的連線指向右上方。

故選BD。

10、答案:AD

解析：

A.由題意，作出粒子的運動軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關系可知

00i=atan30°=fa

a2V3

R__=____a

cos30°~

帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為

V34

%+（丫—石。）=3a

13

故A符合題意；

圖1

BC.設帶電粒子在磁場中運動的速率為匕根據(jù)牛頓第二定律有

V2

qvB=

解得

BqR

v=-----

m

帶電粒子運動的周期為

2nR2urn

T==——

vBq

由于磁感應強度少未知，所以。和T無法求解，進而無法求解粒子在磁場中運動的時間，故BC不符合題意；

D.如圖2所示，整個過程洛倫茲力的沖量方向為動量變化量的方向，即速度變化量的方向，為與x軸負方向

成30。角，故D符合題意。

故選AD。

V

14

圖2

11、答案：0.19F5

解析：

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由

V2

qvB=m—

得

mvj2mEk

R=—-=------

qBqB

由已知Ri：Rz=1。：9

得

Eki_100

布=近

粒子每穿過一次金屬片，動能減少了

△Ek=Eki—Ek2=0.19F

該粒子最多穿過金屬板的次數(shù)為詈次，約為5次。

12、答案：垂直紙面向里B=黑

2NIL

解析：

試題分析：當B的方向垂直紙面向里，開始線圈所受安培力的方向向下，電流方向相反，則安培力方向反向,

15

mg

變?yōu)樨Q直向上，