2019年高考物理 真題和模擬題分項匯編 專題11 磁場（含解析）

磁場1（2019·新課標全國卷）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為A2FB1.5FC0.5FD0【答案】B【解析】設(shè)每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比。如下圖所示，由于上路通電的導體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B。2（2019·新課標全國卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為A，B，C，D，【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra= =，得：va= =，d點射出粒子半徑為，R=，故vd= =，故B選項符合題意3（2019·新課標全國卷）如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為ABCD【答案】B【解析】運動軌跡如圖。即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期, 粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤。.4（2019·北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)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 A粒子帶正電B粒子在b點速率大于在a點速率C若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】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(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)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；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。5（2019·天津卷）筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（ ）A前表面的電勢比后表面的低B前、后表面間的電壓與v無關(guān)C前、后表面間的電壓與成正比D自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【解析】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯誤。6（2019·江蘇卷）如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等 矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止則a、b的電流方向可能是A均向左B均向右Ca的向左，b的向右Da的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定則可知，若a、b兩導線的電流方向相同，在矩形線框上、下邊處產(chǎn)生的磁場方向相反，由于矩形線框上、下邊的電流方向也相反，則矩形線框上、下邊所受的安培力相反，所以不可以平衡，則要使矩形線框靜止，a、b兩導線的電流方向相反，故CD正確。7（2019·浙江選考）電流天平是一種測量磁場力的裝置，如圖所示。兩相距很近的通電平行線圈和，線圈固定，線圈置于天平托盤上。當兩線圈均無電流通過時，天平示數(shù)恰好為零。下列說法正確的是A當天平示數(shù)為負時，兩線圈電流方向相同B當天平示數(shù)為正時，兩線圈電流方向相同C線圈對線圈的作用力大于線圈對線圈的作用力D線圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力是一對相互作用力【答案】A【解析】當兩線圈電流相同時，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時，表現(xiàn)為相互排斥，故當天平示數(shù)為正時，兩者相互排斥，電流方向相反，當天平示數(shù)為負時，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確B錯誤；線圈對線圈的作用力與線圈對線圈的作用力是一對相互作用力，等大反向，C錯誤；靜止時，線圈II平衡，線圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力是一對平衡力，D錯誤【點睛】本題的原理是兩通電直導線間的相互作用規(guī)律：兩條平行的通電直導線之間會通過磁場發(fā)生相互作用電流方向相同時，將會吸引；電流方向相反時，將會排斥8（2019·浙江選考）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為。忽略邊緣效應(yīng)，下列判斷正確的是A上板為正極，電流B上板為負極，電流C下板為正極，電流D下板為負極，電流【答案】C【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有，解得穩(wěn)定時電源的電動勢，則流過R的電流為，而，則得電流大小為，C正確【點睛】本題的關(guān)鍵是理解磁流體發(fā)電機的工作原理，知道穩(wěn)定時，離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進行分析9（2019·山東省菏澤市高三下學期第一次模擬考試）如圖所示，abcd為邊長為L的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從b點沿ba方向射入磁場，結(jié)果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為ABCD 【答案】C【解析】粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定經(jīng)過圓心，由于粒子能經(jīng)過c點，因此粒子出磁場時一定沿ac方向，軌跡如圖：由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑為，根據(jù)牛頓第二定律得： 解得：，故C正確。故選C。10（2019·山東省濰坊市高三模擬訓練）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，二者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里，大小相等的電流時，紙面內(nèi)與兩導線距離為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。若僅讓P中的電流反向，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為A2B0BCDB0【答案】B【解析】如圖所示。設(shè)P和Q在a點的磁感應(yīng)強度大小為B，當P和Q的電流都垂直紙面向里時，根據(jù)右手螺旋定則可知，P在a點的磁感應(yīng)強度方向為水平向右偏下30°，Q點在a點的磁感應(yīng)強度方向為水平向右偏上30°，兩者在a點的合磁感應(yīng)強度為，方向水平向右，因a點的磁感應(yīng)強度為零，故。B0的方向水平向左。當P中電流方向反向時，磁場如圖所示。如圖所示當P的電流反向后，P在a點的磁感應(yīng)強度方向為水平向左偏上30°，P和Q在a點的合磁感應(yīng)強度為B，方向豎直向上，則a點的磁感應(yīng)強度為，故B正確；ACD錯誤；故選B。11（2019·天津市和平區(qū)高三高考三模）質(zhì)量為、電量為的帶電粒子以速率垂直磁感線射入磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，帶電粒子在圓周軌道上運動相當于一個環(huán)形電流，則下列說法中正確的是A環(huán)形電流的電流強度跟成正比B環(huán)形電流的電流強度跟成正比C環(huán)形電流的電流強度跟成正比D環(huán)形電流的電流強度跟成反比【答案】CD【解析】設(shè)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，半徑為r，則由，得，環(huán)形電流：，可見，I與q的平方成正比，與v無關(guān)，與B成正比，與m成反比，故AB錯誤，CD正確。12（2019·江蘇省南京師范大學附屬中學高三5月模擬物理試題）如圖所示，半圓光滑絕緣軌道MN固定在豎直平面內(nèi)，O為其圓心，M、N與O高度相同，勻強磁場方向與軌道平面垂直?，F(xiàn)將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放，它將沿軌道在M、N間做往復運動下列說法中正確的是A小球在M點和N點時均處于平衡狀態(tài)B小球由M到N所用的時間大于由N到M所用的時間C小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力大小均相等D小球每次經(jīng)過軌道最低點時所受合外力大小均相等【答案】D【解析】A、小球在點和點只受到重力，所以小球在這兩點不能處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、由于洛侖磁力總是與運動垂直，由于沒有摩擦力，故對其速度大小由影響的只有重力，故小球無論從哪邊滾下，時間都是一樣的，故B錯誤；D、小球不管從哪邊滾下，只有重力做功，且重力做功相等，由動能定理可知，小球在最低點是，速度大小總是相等的，由可知合力不變，故D正確。C、小球從到運動，在最低點受到向上的洛侖磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛頓運動定律可得：，故此時小球?qū)壍赖膲毫椋?；小球從到運動，在最低點受到向下的洛侖磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛頓可得：，故此時小球?qū)壍赖膲毫?，所以小球每次?jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力大小不相等，故C錯誤。 10