9年高考物理试题分类汇编磁场

（精心整理，诚意制作）

20xx 年高考物理试题分类汇编——磁场

1、（20xx 年全国卷Ⅰ）17．如图，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc =∠bcd =1350。流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示。导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力 Ａ．方向沿纸面向上，大小为(21)IBL + Ｂ．方向沿纸面向上，大小为(21)IBL - Ｃ．方向沿纸面向下，大小为(21)IBL + Ｄ．方向沿纸面向下，大小为(21)IBL - 答案A

【解析】该导线可以用a 和d 之间的直导线长为(21)L +来等效代替,根据F BIl =,可知大小为(21)BIL +,方向根据左手定则.A 正确。

2、（20xx 年北京卷）19．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a （不计重力）以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b （不计重力）仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b

A ．穿出位置一定在O′点下方

B ．穿出位置一定在O′点上方

C ．运动时，在电场中的电势能一定减小

D ．在电场中运动时，动能一定减小 【答案】C

【解析】a 粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a 有：Bqv=Eq 即只要满足E

=Bv 无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b 由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB 错误；粒子b 在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C 项正确D 项错误。

3、（20xx 年广东物理）12．图9是质谱仪的工作原理示意力。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E 。平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2。平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场。下列表述正确的是

A ．质谱仪是分析同位素的重要工具

B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E/B

D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小 答案：ABC

【解析】由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外B 正确；经过速度选择器时满足

qE qvB =,可知能通过的狭缝P 的带电粒子的速率等于E/B ，带电粒子进入磁场做匀速圆周运

动则有

mv

R qB =

，可见当v 相同时，

m R q ∝

，所以可以用来区分同位素，且R 越大，比荷就越大，D 错误。

4、（20xx 年广东理科基础）1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是 A ．洛伦兹 B ．库仑 C ．法拉第 D ．奥斯特 答案.B

【解析】发现电流的磁效应的科学家是丹麦的奥斯特。而法拉第是发现了电磁感应现象。 5、（20xx 年广东理科基础）13．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是

A ．洛伦兹力对带电粒子做功

B ．洛伦兹力不改变带电粒子的动能

C ．洛伦兹力的大小与速度无关

D ．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向 答案.B

【解析】根据洛伦兹力的特点,

洛伦兹力对带电粒子不做功，A 错，B 对。根据F=qvB ，可知大小与速度有关，洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小。

6、（20xx 年广东文科基础)61．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，其受到的洛伦兹力的方向，下列表述正确的是 A ．与磁场方向相同 B ．与运动方向相同 C ．与运动方向相反 D ．与磁场方向垂直 答案：D

【解析】带电粒子垂直匀强磁场方向运动，根据左手定则可知洛仑兹力方向与磁场方向垂直（A 错）、与运动方向垂直（D 对、BC 均错）。

7、（20xx 年山东卷）21．如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路。虚线MN 右侧

有磁感应强度为B 的匀强磁场。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始络与MN 垂直。从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是（ ）

A ．感应电流方向不变

B ．CD 段直线始终不受安培力

C ．感应电动势最大值E ＝Bav

D．感应电动势平均值

1

4

E Bav

=π

答案：ACD

【解析】在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，受安培力向下，B 不正确。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E

=Bav，C正确。感应电动势平均值

2

1

1

2

24

B a

E Bav

a

t

v

π

φ

π

?

?

===

?

，D正确。

提示：感应电动势公式

E

t

φ

?

=

?只能来计算平均值，利用感应电动势公式E Blv

=

计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。

8、（20xx年重庆卷）19．在题19图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM'与NN'，之间的安培力的大小为a f、b f，判断这两段导线（）

A.相互吸引，a f＞b f

B.相互排斥，a f＞b f

C.相互吸引，a f＜b f

D.相互排斥，a f＜b f

答案：D

解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一

节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流I a＜I b，MM'在NN'处的磁感应强度B a＜B b，应用安培力公式F＝BIL可知f a＜f b，又MM'在NN'电流方向相反、则相互排斥。

9、（20xx年安徽卷）19．右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，

磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子

A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动

C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动

答案： A。

解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式

mv

r

qB

=

可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。

10、（20xx年宁夏卷）16．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示

。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为16 0μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为A．1.3m/s，a正、b负 B．2.7m/s ， a正、b负

C．1.3m/s，a负、b正 D．2.7m/s ， a负、b正

答案A。

【解析】依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场

力和磁场力的合力为零，则qE=qvB，可得

6

3

16010

1.3/

0.04310

E U

v m s

B Bd

-

-

?

===≈

??，A正确。

11、（20xx年安徽卷）20．如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成450角，o、o’

分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边obco’ 绕oo’

逆时针900到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是

A．2BS

2R B．

2BS

R C．

BS

R D．0

答案：A

解析：对线框的右半边（obco′）未旋转时整个回路的磁通量1

2 BSsin45

2

o BS

Φ==

对线框的右半边（obco′）旋转90o后，穿进跟穿出的磁通量相等，如右图整个回路的磁通量

20

Φ=。21

2

BS 2

?Φ=Φ-Φ=

。根据公式

2

2

BS

q

R R

?Φ

==

。选A

12、（20xx年海南物理）2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向

如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是

答案：D

解析：匀强磁场竖直向上、和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对。

13、（20xx年海南物理）4．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电

路中，其中R 为滑线变阻器，E 1和E 2为直流电源，S 为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N 向左运动的是 A ．在S 断开的情况下，S 向a 闭合的瞬间 B ．在S 断开的情况下，S 向b 闭合的瞬间 C ．在S 已向a 闭合的情况下，将R 的滑动头向c 端移动时 D ．在S 已向a 闭合的情况下，将R 的滑动头向d 端移动时 答案：C

解析：在S 断开的情况下S 向a （b ）闭合的瞬间M 中电流瞬时增加、左端为磁极N （S ）极，穿过N 的磁通量增加，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N 环向右运动，AB 均错；在S 已向a 闭合的情况下将R 的滑动头向c 端移动时，电路中电流减小，M 产生的磁场减弱，穿过N 的磁通量减小，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N 环向左运动，D 错、C 对。 14、（20xx 年全国卷Ⅰ）26．如图，在x

轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xy 平面向外，P 是y 轴上距原点为h 的一点，N 0为x 轴上距原点为a 的一点。A 是一块平行于x 轴的档板，与 x 轴的距离为2h

，A 的中点在y 轴上，长度略小于。带电粒子与挡板碰撞前2

a

后x 方向上的分速度不变，y 方向上的分速度反向，大小不变。质量为m ，电荷量为q （q >0）的粒子从P 点瞄准N 0点入射，最后又通过P 点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。 【解析】设粒子的入射速度为v ，第一次射出磁场的点为

O N '，与板碰撞后再次进入磁场的位置为1N 。粒子在磁场中运动的轨道半径为R ，有

mv R qB =

…⑴,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离1x 保持不变有1x =

2sin O O N N R θ'=…⑵,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离2x 始终不变,与1

O N N '相等.由图可以看出2x a

=……⑶

设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n 次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P 点,由对称性,出射点

的x 坐标应为-a,即()1212n x nx a +-=……⑷,由⑶⑷两式得

121n x a n +=+……⑸ 若粒子与挡板发生碰撞,有

124a

x x ->

……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得 22sin 1qB n v a

m n θ+=?+………⑻把

22sin h a h θ=+代入⑻中得 22

0,0

qBa a h v n mh +==…………⑼

22

13,1

4qBa a h v n mh +==…………⑾ 22

22,2

3qBa a h v n mh +==…………⑿

15、（20xx 年全国卷Ⅱ）25．如图,在宽度分别为l 1和l 2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁

场和匀强电磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场匀界线平行左右。一带正电荷的粒子以速率v 从磁场区域上边界的P 点斜射入磁场，然后以垂直于

电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q 点射出，已知PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ 的距离为d 。不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。

得 x =0 x =-Rsinθ

y=0 或 y=R(1+cosθ) （3）这束带电微粒与x 轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y 同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c 所示。靠近M 点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x 同正方向的无穷远处国靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。 所以，这束带电微粒与x 同相交的区域范围是x >0.

20、（20xx 年江苏卷）

14．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直。A 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U 。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比； （2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E ㎞。

答案：（1）21:2:1r r =（2）22BR t U π=（3）222

2km m E mf R π=

【解析】 (1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1,速度为v 1

qu=1

2mv 12

qv 1B=m 2

11v r

解得

112mU r B q =

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径

214mU

r B q =

答案：（1）4sin Q mgd BIld α=-

（2）23

122(2sin )sin B d m BIld mgd R t mg αα-+

=

（3）

sin m BIld

x BIl mg α=

- 【解析】

(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

由动能定理 sin 40mg d W BIld α+-=

且Q W =-

解得 4sin Q mgd BIld α=-

（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为1v

，则接着向下运动2d

由动能定理 2

11

sin 202mg d BIld mv α-=-

装置在磁场中运动时收到的合力 sin 'F mg F α=- 感应电动势 E=Bd v 感应电流 I /=E/R 安培力 F BI d ''=

由牛顿第二定律，在t 到t+t ?时间内，有

F v t

m ?=? 则

22sin B d v v g t mR α?

??=-?????∑∑ 有

23

112sin B d v gt mR α=-

解得 23

122(2sin )sin B d m BIld mgd R t mg αα-+

=

（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离

m

x 之间往复运动

由动能定理 sin ()0

m m mg x BIl x d α--=

解得

sin m BIld

x BIl mg α=

- 22、（20xx 年四川卷）

25．如图所示，轻弹簧一端连于固定点O ，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V 0=20

m/s 竖直向下射出小球P,小球P 到达O 点的正下方O 1点时速度恰好水平，其大小V =15 m/s.若O 、O 1相距R=1.5 m,小球P 在O 1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg 的静止绝缘小球N 相碰。碰后瞬间，小球P 脱离弹簧，小球N 脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E 和垂直于纸面的磁感应强度B=1T 的弱强磁场。此后，小球P 在竖直平面内做半径r=0.5

m 的圆周运动。小球P 、N 均可视为质点，小球P 的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s 2。那么，

（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P 、N 碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。

(3)若题中各量为变量，在保证小球P 、N 碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r 的表达式(要求用B 、q 、m 、θ表示，其中θ为小球N 的运动速度与水平方向的夹角)。 解析：

（1）设弹簧的弹力做功为W ，有：

22

011

22mgR W mV mV +=- ①

代入数据，得：W ＝ 2.05-J ②

（2）由题给条件知，N 碰后作平抛运动，P 所受电场力和重力平衡，P 带正电荷。设P 、N 碰

后的速度大小分别为v 1和V ，并令水平向右为正方向，有: 1mv mv MV

=±+ ③

而：

1Bqr v m =

④

若P 、N 碰后速度同向时，计算可得V

。有： mv Bqr V M +=

⑤

P 、N 速度相同时，N 经过的时间为N t

，P 经过的时间为P

t 。设此时N 的速度V 1的方向与水平方向的夹角为θ，有：

11cos V V

V v θ==

⑥ 11sin sin N gt V v θθ

== ⑦ 代入数据，得： 34N t s

= ⑧

对小球P ，其圆周运动的周期为T ，有：

2m T Bq π=

⑨ 经计算得： N

t ＜T ，

P 经过

P

t 时，对应的圆心角为α，有：

2P t T

απ=

⑩

当B 的方向垂直纸面朝外时，P 、N 的速度相同，如图可知，有： 1

απθ=+

联立相关方程得： 1215P t s

π=

比较得， 1N P t t

≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻不可能相同。

当B 的方向垂直纸面朝里时，P 、N 的速度相同，同样由图，有： 2a πθ=-，

同上得：

215P t π

=

，

比较得， 2

N p t t ≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻也不可能相同。

（3）当B 的方向垂直纸面朝外时，设在t 时刻P 、N 的速度相同， N P t t t

==，

再联立④⑦⑨⑩解得： ()()222

210,1,2sin g

n m r n B q πθθ++????==

当B 的方向垂直纸面朝里时，设在t 时刻P 、N 的速度相同N P t t t

==，

同理得：

()222

sin m g r B q πθθ-=， 考虑圆周运动的周期性，有: ()()222

210,1,2sin g

n m r n B q πθθ++????==

（给定的B 、q 、r 、m 、θ等物理量决定n 的取值） 23、（20xx 年海南物理）16．如图，ABCD 是边长为a 的正方形。质量为

m 、电荷量为e 的电子以大小为v 0的初速度沿纸面垂直于BC 变射入正方形区域。在正方形内

适当区域中有匀强磁场。电子从BC 边上的任意点入射，都只能从A 点射出磁场。不计重力，求：

（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小； （2）此匀强磁场区域的最小面积。

解析：（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B 。令圆弧AEC

是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力

0f ev B

=

应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧AEC

的圆心在CB 边或其延长线上。依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B

点即为圆心，圆半径为a 按照牛顿定律有 20

2v f m

= 联立①②式得

mv B ea = （2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC

入射电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BA EC 区域中。因而，圆弧AEC 是所求的最小磁场区域的一个边界。

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A 点的电子的速度方向与BA 的延长线交角为θ（不妨设

02π

θ≤<

）的情形。该电子的运动轨迹qpA 如右图所示。图中，圆AP

的圆心为O ，pq 垂直于BC 边 ，由③式知，圆弧AP 的半径仍为

a ，在D 为原点、DC 为x 轴，AD 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(,)x y 为

sin [(cos )]cos x a y a z a a θθθ==---=-④

⑤

这意味着，在范围

02πθ≤≤

内，p 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周AFC ，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。

因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周

AEC 和AFC 所围成的，其面积为222

1122()422S a a a

ππ-=-=

24、（20xx 年重庆卷）25．如题25图，离子源A 产生的初速为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通

过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场。已知HO ＝d ，HS ＝2d ，MNQ ∠＝90°。（忽略粒子所受重力） （1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； （2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处。求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围。

解析：（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为v 1，设

对正离子，应用动能定理有eU 0＝1

2mv 12， 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F

m ，

即a ＝0

qE m ，

垂直电场方向匀速运动，有2d ＝v 1t ，

沿场强方向：Y ＝1

2a t 2，

联立解得E 0＝0

U d

又tan φ＝1

v at ，解得φ＝45°；

（2）正离子进入磁场时的速度大小为v 2＝

22

1()v at +，

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力

qv 2B ＝2

2mv R ，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝20

2

mU eB ；

（3）根据R ＝20

2

mU eB 可知，

质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝2

2(4)m U eB ， 质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝2

2(16)m U eB ， 又ON ＝R 2－R 1，

由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS ＝

22

2R ON -－R 1，

联立解得ΔS ＝4(3－1)0

2

mU eB ；

由R′2＝(2 R 1)2+( R′－R 1)2解得R′＝5

2R 1，

再根据12R 1＜R ＜5

2R 1，