（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，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節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.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使。點左移

2、質量為小、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

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

從而突破了人類在電能利用方面的一個瓶頸.此項發明是

A.新型直流發電機B.直流電動機

C.交流電動機D.交流發電機

4、如圖所示，質量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.據此可以判斷出

A.質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、單位體積內自由電子數為〃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

系數總稱為霍爾系數，僅與材料性質有關。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。已知帶電粒子質量為加、電荷量為aOP=a,不計

重力。根據上述信息可以得出（）

<--------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域的寬度為d此區域內的磁場可視為勻強磁場。據此可知，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

1.

eU=-mv￡

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有

V2

evB=m-

可得

mv

R=—

eB

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

右移，故B錯誤；

C.電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據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，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使

P點左移，故D正確。

故選D。

2、答案：C

解析：

7

A.根據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

產合=mgsind—^(mgcosd-qvB)

由上式可知，隨著v增大，洛倫茲力增大，F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“把另一直流發電機發出的電接到了他自己送展的直流發電機的電流輸出端.”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_____/\

則上式變為

mgsind+ma+[imgcosd

+rsinQ?+a)

式中sin(￡+a)=l時，，,最小，代入數據得

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，兩股導線產生的磁場相互抵消，管內磁感應強度為零，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，質子所受的洛倫茲力方向沿z軸正向，由于質子做勻速運動，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.根據安培定則可以判斷該環形電流內部的磁感線方向為垂直紙面向里，故A正確；

B.根據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.根據電流的微觀表達式有

I—neSv=nebdv②

根據洛倫茲力公式有

f=evB③

聯立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

變為豎直向上，