（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一磁場（單選題）-解析卷

（2022-2024年）3年高考2年模擬匯編專題一磁場（單選題）3年真題1．（2024·貴州·高考真題）如圖，兩根相互平行的長直導線與一“凸”形導線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導線框的對稱軸與兩長直導線間的距離相等。已知左、右兩長直導線中分別通有方向相反的恒定電流，且，則當導線框中通有順時針方向的電流時，導線框所受安培力的合力方向（）A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右【答案】C【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知導線框所在磁場方向向里，由于，可知左側(cè)的磁場強度大，同一豎直方向上的磁場強度相等，故導線框水平方向?qū)Ь€所受的安培力相互抵消，根據(jù)左手定則結(jié)合可知左半邊豎直方向的導線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導線所受的水平向右的安培力，故導線框所受安培力的合力方向水平向左。故選C。2．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應強度以均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動時，線框的發(fā)熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為（）A．N B． C．1N D．【答案】C【解析】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應電動勢為可得線框以某一角速度繞其中心軸勻速轉(zhuǎn)動時電動勢的最大值為此時有解得分析可知當線框平面與磁場方向平行時感應電流最大為故ab邊所受最大的安培力為故選C。3．（2024·甘肅·高考真題）如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中長度為L的導體棒ab沿導軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導體棒ab所受的安培力為（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【答案】A【解析】導體棒ab切割磁感線在電路部分得有效長度為d，故感應電動勢為回路中感應電流為根據(jù)右手定則，判斷電流方向為b流向a。故導體棒ab所受的安培力為方向向左。故選A。4．（2024·廣西·高考真題）坐標平面內(nèi)一有界勻強磁場區(qū)域如圖所示，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】粒子運動軌跡如圖所示在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運動的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點至O點的距離故選C。5．（2024·江西·高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學性能．現(xiàn)設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當時，測得關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】設樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量q=nevtb根據(jù)電流的定義式得當電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有聯(lián)立解得結(jié)合圖像可得解得故選D。6．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B．粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為【答案】D【解析】AB．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，故AB錯誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖則最短時間有故C錯誤；D．粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，則軌跡如圖所示設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得故D正確。故選D。7．（2024·浙江·高考真題）磁電式電表原理示意圖如圖所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點。下列說法正確的是（）A．圖示左側(cè)通電導線受到安培力向下 B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度相同C．圓柱內(nèi)的磁感應強度處處為零 D．c、d兩點的磁感應強度大小相等【答案】A【解析】A．由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導線受到安培力向下，選項A正確；

B．a(chǎn)、b兩點的磁感應強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應強度不為零，選項C錯誤；D．因c點處的磁感線較d點密集，可知c點的磁感應強度大于d點的磁感應強度，選項D錯誤。故選A。8．（2023·廣東·高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應強度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應，）（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為解得最大速率約為故選C。9．（2023·北京·高考真題）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為【答案】C【解析】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯誤，符合題意；D．由動量定理可得粒子束對管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。10．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細桿通過開關(guān)S可與直流電源或理想二極管串接。在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當導體棒靜止時，細桿與豎直方向的夾角固定點；然后開關(guān)S接2，棒從右側(cè)開始運動完成一次振動的過程中（

）

A．電源電動勢 B．棒消耗的焦耳熱C．從左向右運動時，最大擺角小于 D．棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等【答案】C【解析】A．當開關(guān)接1時，對導體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得解得根據(jù)歐姆定律解得故A錯誤；根據(jù)右手定則可知導體棒從右向左運動時，產(chǎn)生的感應電動勢與二極管正方向相同，部分機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱；導體棒從左向右運動時，產(chǎn)生的感應電動勢與二極管相反，沒有機械能損失B．若導體棒運動到最低點時速度為零，導體棒損失的機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為根據(jù)楞次定律可知導體棒完成一次振動速度為零時，導體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱故B錯誤；C．根據(jù)B選項分析可知，導體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于，故C正確；D．根據(jù)B選項分析，導體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)可知棒兩次過最低點時感應電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。11．（2023·海南·高考真題）汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針（俯視）方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時（

）

A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdD．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同【答案】C【解析】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針（俯視）方向的電流，則根據(jù)右手螺旋定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；B．汽車進入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb（逆時針），B錯誤；C．汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為abcd（順時針），C正確；D．汽車進入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb（逆時針），再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。故選C。12．（2023·海南·高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【解析】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。13．（2023·江蘇·高考真題）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B．L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導線受到的安培力為（

）

A．0 B．BIl C．2BIl D．【答案】C【解析】因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab=BI?2l=2BIl則該導線受到的安培力為2BIl。故選C。14．（2023·全國·高考真題）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（）

A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【答案】C【解析】A．帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡，當電場向左磁場垂直直面向里時，因粒子帶正電，則受到向左的電場力和向左的洛倫茲力，則會打到a點左側(cè)；同理電子帶負電，受到向右的電場力和向右的洛倫茲力，則電子會打到a點右側(cè)，A錯誤；B．因粒子帶正電，設帶電量為2q，速度v，電子帶負電，電量-q，電子速度v＇>v，若電場方向向左，磁場方向向外，則如果粒子打在a點則受到向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡因電子帶負電，電量-q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點，則，所以此時粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會打在b點，B錯誤；CD．電場方向向右，磁場垂直紙面向里，如果粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達到b點；同理如果電子打在a，則粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會打在b點；同理電場向右磁場垂直紙面向外時，粒子受到向右的電場力和洛倫茲力，電子受到向左的電場力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點，故C正確，D錯誤；故選C。15．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)椋瑒t【答案】D【解析】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。16．（2023·全國·高考真題）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。17．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有待測電流的直導線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。調(diào)節(jié)電阻R，當電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強為0，所以有解得故選D。18．（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（

）A．電場力的瞬時功率為 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【解析】A．根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P=Eqv1，A錯誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。19．（2022·北京·高考真題）如圖所示平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長直導線右側(cè)，固定一矩形金屬線框，邊與導線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則（）A．線框中產(chǎn)生的感應電流方向為B．線框中產(chǎn)生的感應電流逐漸增大C．線框邊所受的安培力大小恒定D．線框整體受到的安培力方向水平向右【答案】D【解析】A．根據(jù)安培定則可知，通電直導線右側(cè)的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產(chǎn)生的感應電流方向為，A錯誤；B．線框中產(chǎn)生的感應電流為空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產(chǎn)生的感應電流不變，B錯誤；C．線框邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據(jù)安培力表達式，故所受的安培力變大，C錯誤；D．線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產(chǎn)生的感應電流方向為，根據(jù)左手定則可知，線框邊所受的安培力水平向右，線框邊所受的安培力水平向左。通電直導線的磁場分部特點可知邊所處的磁場較大，根據(jù)安培力表達式可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。故選D。20．（2022·北京·高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于紙面向里 B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大 D．軌跡3對應的粒子是正電子【答案】A【解析】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針轉(zhuǎn)動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；B．電子在云室中運行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運動的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯誤。故選A。21．（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向（）A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外【答案】C【解析】根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左側(cè)部分的空間磁場方向斜向右上，右側(cè)部分的磁場方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。故選C。22．（2022·海南·高考真題）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（

）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能【答案】C【解析】粒子在輻射電場中以速度做勻速圓周運動，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強磁場中解得粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉(zhuǎn)動半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度和比荷。故選C。23．（2022·浙江·高考真題）下列說法正確的是（

）A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率【答案】B【解析】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向，B正確；C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為0，C錯誤；D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。故選B。24．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，一個立方體空間被對角平面劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】AB．由題意知當質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運動，剛射出時根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側(cè)會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。25．（2022·湖南·高考真題）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（

）A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【解析】A．當導線靜止在圖（a）右側(cè)位置時，對導線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有，F(xiàn)T=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、D正確。故選D。26．（2022·全國·高考真題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。故選B。27．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應強度大小B=kt的勻強磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向B．圓管的感應電動勢大小為C．圓管的熱功率大小為D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【解析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應電動勢大小為選項B錯誤；C．圓管的電阻圓管的熱功率大小為選項C正確；D．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C。28．（2022·浙江·高考真題）利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導線受力的因素，導線垂直勻強磁場方向放置。先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，得到導線受到的安培力F分別與I和L的關(guān)系圖象，則正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】根據(jù)F=BIL可知先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過原點的直線。同理保持電流I不變，改變通過電部分的長度L，則F-L圖象是過原點的直線。故選B。2年模擬29．（2024·河南·模擬預測）如圖所示，在直角三角形abc中，∠a=60°，d為ac的中點；三根通電長直導線垂直于紙面分別過a、b、c三點，三根導線中的電流大小分別為I、2I、3I，方向均向里。通電長直導線在其周圍空間某點產(chǎn)生的磁感應強度的大小公式為，其中I表示電流強度，r表示該點到導線的距離，k為常量，已知c點處導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度的大小為B0，則d點的磁感應強度大小為（）A． B．B0 C． D．【答案】A【解析】設直角三角形abc的ab邊長為r，則根據(jù)通電長直導線的磁感應強度公式a、b兩點處的通電長直導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度的大小分別為、，a、c兩點處的通電長直導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度的方向相反，合磁感應強度的大小為，且合磁感應強度的方向與b點處的通電長直導線在d點產(chǎn)生的磁感應強度的方向成120°角，可得d點的磁感應強度的大小為。故選A。30．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，直角△ABC內(nèi)（包括邊界）存在垂直紙面向外的勻強磁場，∠ACB=30°,∠ABC=90°，在AB邊上距離A點為L的O點有一個質(zhì)子源，向AB邊右側(cè)180°范圍內(nèi)發(fā)射速度大小相同、方向不同的質(zhì)子，所有質(zhì)子恰好不能從AC邊和BC邊離開三角形區(qū)域。則直角△ABC的面積至少為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖所示，由題意可知，質(zhì)子從O點豎直向上進入磁場時軌跡應恰好與AC邊相切，由幾何關(guān)系可知質(zhì)子恰好不從BC邊離開時的運動軌跡為與BC邊相切的半圓，故AB邊長的最小值為所以直角△ABC的面積的最小值為故選C。31．（2024·浙江·一模）圖為微量振蕩天平測量大氣顆粒物質(zhì)量的原理簡圖。氣流穿過濾膜后，顆粒物附著在濾膜上增加錐形振蕩管的質(zhì)量，從而改變其固有頻率。起振器從低到高改變振動頻率，記錄霍爾元件a、b端輸出的電信號，從而推測出濾膜上顆粒物質(zhì)量。已知霍爾元件寬度為d，下列說法正確的是（）A．起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振幅一定增大B．起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振動頻率不變C．錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的a、b端輸出交流信號D．霍爾元件的寬度d增加，霍爾電壓的最大值減小【答案】D【解析】A．起振器振動頻率與固有頻率的大小關(guān)系未知，則隨著起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振幅不一定增大，故A錯誤；B．錐形振蕩管的振動頻率等于起振器振動頻率，所以起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振動頻率增大，故B錯誤；C．錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的a、b端輸出的電流方向不會改變，則會輸出直流信號，故C錯誤；D．霍爾元件中粒子根據(jù)平衡條件可得設電源電動勢為，霍爾元件長度為，高度為h，其電阻電流微觀表達式可得聯(lián)立、可得當d增大時，減小，故D正確。故選D。32．（2024·云南·模擬預測）智能手機中下載部分軟件后，可利用手機中的磁傳感器測量磁感應強度B。在手機上建立三維直角坐標系，手機顯示屏所在平面為平面，x軸、y軸如圖所示，z軸垂直手機屏正面向外。經(jīng)探測發(fā)現(xiàn)當磁場在x、y、z方向的分量與所建坐標系對應正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負值。某同學在某地對地磁場進行了六次測量，前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上。根據(jù)表中測量結(jié)果（保留兩位有效數(shù)字）可推知（）測量序號/μT/μT/μT1-210-452-200-463029-4040-21-455-39-3006-20460A．第5、6次測量時z方向數(shù)值為0，表示手機屏均與磁場方向垂直B．第3、4次測量時x方向數(shù)值為0，表示此時x軸與磁場方向垂直C．通過6次測量地磁場可判斷，該地位于地球的南半球D．通過6次測量取平均值可算出當?shù)氐拇鸥袘獜姸燃s為60μT【答案】B【解析】AB．由題意，當、、方向的分量與所建坐標系對應正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負值，則說明當坐標軸與磁場方向垂直時，示數(shù)為0，故A錯誤，B正確。C．前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上，而表中z軸數(shù)值為負值，說明該地地磁場方向向下，根據(jù)地磁場分布圖（如圖所示）可判斷該地位于北半球故C錯誤。D．根據(jù)利用表格中六組數(shù)據(jù)求出磁場大小后，再求平均值可算出當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸燃s為，故D錯誤。故選B。33．（2024·浙江金華·一模）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維材料，其載流子為電子。如圖甲所示，在長為a，寬為b的石墨烯樣品表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當I=1.6mA時，測得U?B關(guān)系圖線如圖乙所示，元電荷e=1.60×10?19C，則（）A．電極2的電勢高于電極4的電勢B．U與a成正比C．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6×1019個D．樣品每平方米載流子數(shù)約為3.6×1016個【答案】D【解析】A．根據(jù)電路中的電流方向為電極1→3，可知載流子（電子）的運動方向為電極3→1，根據(jù)左手定則可知電子在洛倫茲力作用下向電極2所在一側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以電極2的電勢比電極4的低，故A錯誤；B．當電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，設電子定向移動的速率為v，則有解得U與a無關(guān)，故B錯誤；CD．設樣品每平方米載流子（電子）數(shù)為n，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量根據(jù)電流的定義式得由U?B關(guān)系圖線可得各方程聯(lián)立，解得故C錯誤，D正確。故選D。34．（2024·安徽·一模）根據(jù)經(jīng)典電磁理論，運動的電荷會產(chǎn)生磁場。某帶電量為+q點電荷以速率v沿x軸正方向運動，該運動電荷在x軸上各點產(chǎn)生的磁感應強度恰為0、在y軸上距其r處的M點產(chǎn)生的磁感應強度大小為，方向垂直于平面xOy、其中k是靜電常數(shù)，c是真空中的光速，據(jù)此可以確定半徑為R、大小為的環(huán)形電流在其圓心處產(chǎn)生的磁感應強度的大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設圓環(huán)的載流子帶電量為，體密度為，載流子勻速運動的速率為，圓環(huán)橫截面積為，則環(huán)形電流中包含的載流子個數(shù)環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場可以認為是這個載流子產(chǎn)生的磁場的疊加，即再根據(jù)聯(lián)立可得故選C。35．（2024·江西·一模）如圖，一正方形金屬線圈用絕緣細繩懸掛于O點，線圈的匝數(shù)為n、邊長為a、總質(zhì)量為m、總電阻為r，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中。時間內(nèi)，磁感應強度的方向始終垂直線圈平面向里，大小由B均勻增加到2B，繩子始終保持繃緊狀態(tài)，重力加速度大小為g，則這段時間內(nèi)，下列說法正確的是（

）A．金屬線圈中電流大小恒為B．金屬線圈中電流方向為順時針C．金屬線圈受到安培力保持不變D．繩子受到拉力小于金屬線圈重力mg，并逐漸減小【答案】D【解析】A．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應定律有又有聯(lián)立解得感應電流為故A錯誤；B．根據(jù)楞次定律，可知金屬線圈中電流方向為逆時針，故B錯誤；C．根據(jù)，可知金屬線圈受到安培力將增大，故C錯誤；D．根據(jù)平衡條件可得則繩子受到拉力小于金屬線圈重力mg，增大，故減小，故D正確。故選D。36．（2024·江蘇南通·二模）在傾角的光滑導體滑軌的上端接入一個電動勢，內(nèi)阻的電源，滑軌間距，將一個質(zhì)量，電阻的金屬棒水平放置在滑軌上。若滑軌所在空間加一勻強磁場，當閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，如圖所示。已知，下列說法正確的是（）A．磁感應強度有最小值，為0.32T，方向垂直滑軌平面向下B．磁感應強度有最大值，為0.4T，方向水平向右C．磁感應強度有可能為0.3T，方向豎直向下D．磁感應強度有可能為0.4T，方向水平向左【答案】C【解析】A．由閉合電路歐姆定律可得對金屬棒受力分析可知，當安培力沿斜面向上時，安培力最小，此時當安培力最小，且磁感應強度方向與電流方向相互垂直時，磁感應強度最小為由左手定則判斷可知，磁感應強度的方向為垂直斜面向下，故A錯誤；B．當磁感應強度方向水平向右，安培力豎直向上，當金屬棒剛好靜止在滑軌上，可得但此時磁感應強度并不是最大值，故B錯誤；C．當磁感應強度方向豎直向下，金屬棒受到安培力方向水平向右，金屬棒平衡可得解得故C正確；D．當磁感應強度方向水平向左，安培力豎直向下，不可能平衡，故D錯誤。故選C。37．（2024·廣東·一模）如圖所示為等臂電流天平。它的右臂掛有一個質(zhì)量為的矩形金屬線圈，匝數(shù)為N，底邊長為L，下部懸在勻強磁場中，線圈平面與磁場垂直。當線圈中通有電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向、大小不變，這時需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡。則磁場的磁感強度B的大小為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】當線圈中通有如圖所示電流時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡，令此時左盤砝碼、右盤中砝碼(包含線圈)的質(zhì)量分別為、，根據(jù)平衡條件，結(jié)合左手定則有使電流反向、大小不變，此時安培力向下，左盤中增加質(zhì)量為的砝碼，才能使兩臂達到新的平衡，則有解得可知，上述結(jié)果與金屬線圈的質(zhì)量是否忽略無關(guān)，C正確。故選C。38．（2024·臺灣·模擬預測）下圖為“電流天平”實驗裝置的示意圖，將U形電路PQRS放入螺線管內(nèi)，其中長度為L的QR段約位于螺線管內(nèi)的中央位置。螺線管通電電流為，通過U形電路PQRS的電流為，天平右臂受有磁力的作用，而左臂末端掛有小重物。下列有關(guān)此電流天平的敘述何者正確？（）A．U形電路所受的安培力正比于與的乘積B．U形電路上所受的安培力正比于U形電路于螺線管內(nèi)的總長度C．螺線管電路必須與U形電路串聯(lián)，形成電流通路D．電流天平的兩臂達平衡時，若增加螺線管線圈匝數(shù)，不會改變其平衡狀態(tài)E．若小重物之重量不管如何調(diào)整，天平左臂一直下垂，則同時改變和的電流方向可使天平趨于水平【答案】A【解析】A．U形電路所受的總磁力為F=BI2L，其中B是螺線管所產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小，通過螺線管的電流I1越大，B就越大，即B與I1成正比，所以磁場力F正比于I1與I2的乘積，故A正確；B．U形電路所受的總磁力為F=BI2L，所以總磁力F正比于L，即QR的長度，而不是U形電路于螺線管內(nèi)的總長度，故B錯誤；C．螺線管電路和U形電路是兩個相對獨立的電路，里面的電流不相等，故C錯誤；D．電流天平的兩臂達平衡時，若增加螺線管線圈匝數(shù)，則會增加螺線管內(nèi)部的磁感應強度，天平就不會保持平衡了，故D錯誤；E．若小重物之重量不管如何調(diào)整，天平左臂一直下垂，說明右臂受安培力方向豎直向上，則同時改變I1和I2的電流方向，則螺線管內(nèi)部的磁場方向和QR中的電流方向都改變，則不會改變QR邊的受力方向，天平仍然不會平衡，故E錯誤。故選A。39．（2024·廣東東莞·模擬預測）關(guān)于下列四幅圖理解正確的是（）A．甲圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)靜電力做功為1.5JB．乙圖中等離子體進入上、下極板之間后上極板A帶正電C．丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，電子的運動徑跡半徑越小D．丁圖中回旋加速器帶電粒子的最大動能與加速電壓的大小有關(guān)【答案】C【解析】A．甲圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為A錯誤；B．乙圖中等離子體進入上、下極板之間后，正離子受到向下的洛倫茲力，向下偏，負離子受到向上的洛倫茲力，向上偏，故上極板A帶負電，B錯誤；C．丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，線圈產(chǎn)生的磁場越強，電子運動半徑公式為則半徑越小，C正確；D．由可知所以回旋加速器帶電粒子的最大動能與加速電壓的大小無關(guān)，D錯誤。故選C。40．（2023·天津西青·模擬預測）筆記本電腦機身和顯示屏對應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a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e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U，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U與a無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與v成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】C【解析】A．電流向右，電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向后表面移動，故前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤；BC．根據(jù)平衡條件解得故U與a有關(guān)，U與v成正比，故B錯誤，C正確；D．自由電子受到的洛倫茲力大小為故D錯誤。故選C。41．（2023·廣東佛山·模擬預測）某國產(chǎn)品牌電動汽車配備基于電容器的制動能量回收系統(tǒng)，它有效增加電動汽車的續(xù)航里程。其工作原理為踩下驅(qū)動踏板時電池給電動機供電，松開驅(qū)動踏板或踩下剎車踏板時發(fā)電機工作回收能量。為進一步研究，某興趣小組設計如圖甲的模型。導線框abcd所在處剖面圖如圖乙所示，在磁極與圓柱形鐵芯之間形成輻射狀的磁場，導線框的ab、dc邊經(jīng)過處的磁感應強度大小均相同，導線框可在兩金屬半圓A、D內(nèi)側(cè)自由轉(zhuǎn)動，且接觸良好，當導線框在如圖所示位置時（）。A．松開驅(qū)動踏板或踩下剎車踏板，應該是接通開關(guān)1B．踩下驅(qū)動踏板，導線框?qū)槙r針轉(zhuǎn)動C．松開驅(qū)動踏板，電容器上板帶負電D．松開驅(qū)動踏板，半圓環(huán)A、D兩端輸出