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1 (每日一练每日一练)()(文末附答案文末附答案)人教版人教版 20222022 年高中物理磁场全部重要知识点年高中物理磁场全部重要知识点 单选题 1、真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和 3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）A32BC34D35 2、真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和 3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）A32BC34D35 3、为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个2 图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）ABCD 4、如图所示，轻质弹簧测力计下悬挂的圆形线圈中通有顺时针方向的电流I0，线圈的正下方固定有一根足够长的直导线a，线圈静止时导线a垂直于线圈平面，现在导线a中通有垂直纸面向外的较大电流，则下列判断正确的是（）A线圈仍静止不动 B从上往下看，线圈将逆时针转动 C弹簧测力计示数减小 D线圈左右摆动 5、如图所示，四根相互平行的通有电流均为的长直导线a、b、c、d，放在正方形的四个顶点上。每根通电直导线单独存在时，四边形中心O点的磁感应强度大小都是B，则四根通电导线同时存在时O点的磁感应强度的3 大小和方向为（）A22B，方向向左 B22B，方向向下 C2B，方向向右 D2B，方向向上 6、如图，半径为R的圆形区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某质量为m、带电量为q的粒子从圆上P点沿半径方向以速度v0射入匀强磁场，粒子从Q点飞出，速度偏转角为 60现将该粒子从P点以另一速度沿半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，速度偏转角为 120，不计粒子重力，则（）A该粒子带正电 B匀强磁场的磁感应强度为302 C该粒子第二次射入磁场的速度为02 D该粒子第二次在磁场中运动的时间为2330 7、1873 年奥地利维也纳世博会上，比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线，把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一个瓶颈此项发明是 4 A新型直流发电机 B直流电动机 C交流电动机 D交流发电机 多选题 8、如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q 0且为已知常数）规律变化。一个质量为m、边长为L的正方形导线框，电阻为R，初始时一边与x轴重合，一边与y轴重合。将导线框以速度0沿x轴正方向抛出，整个运动过程中导线框的两邻边分别平行两个坐标轴。从导线框开始运动到速度恰好竖直向下的过程中，导线框下落高度为h，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（）5 A导线框受到的安培力总是与运动方向相反 B导线框下落高度为h时的速度为2 C整个过程中导线框中产生的热量为+1202 D导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为=024 10、如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源，能沿平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量为m，带电量为的粒子，且发射速度的大小为=。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。已知a粒子的入射方向与x轴正方向成30角，若不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（）Ab粒子的入射方向与x轴正方向成30角 Bb粒子的入射方向与x轴正方向成60角 Ca、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行 D从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后一定都过P点 填空题 6 11、如图所示，匝数为N、半径为1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为_。12、直线电流的磁场 安培定则：如图甲所示，用_握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，_所指的方向就是磁感线环绕的方向。直线电流周围的磁感线分布情况如图乙所示。7 人教版 2022 年高中物理磁场_00F 参考答案 1、答案：C 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 =2 则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为 =即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为max，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示 A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，为直角三角形，则由几何关系可得(3 max)2=max2+2 解得 max=43 解得磁场的磁感应强度最小值 8 min=max=34 故选 C。2、答案：C 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 =2 则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为 =即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为max，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示 A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，为直角三角形，则由几何关系可得(3 max)2=max2+2 解得 9 max=43 解得磁场的磁感应强度最小值 min=max=34 故选 C。3、答案：B 解析：要知道环形电流的方向首先要知道地磁场的分布情况：地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必需指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向 地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必需指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流流动的方向，故四指的方向应该向西故 B 正确 小提示：主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在另外要掌握此类题目一定要乐于伸手判定 4、答案：B 解析：ABD根据安培定则可知，环形电流内部磁场的方向垂直纸面向里，则圆形线圈相当于N极指向纸面内的小磁针；导线a中通入电流时，由安培定则可判断出，导线a中电流在线圈处产生的磁场向左，因小磁针N极指向磁场方向，故从上向下看时，线圈将逆时针转动，AD 错误、B 正确；C当线圈转过 90时，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，线圈上半部分受力向上，线圈下半部分受力向下，由于下半部分距离导线a较近，所以下半部分受到的安培力比较大，线圈整体受到向下的安培力，可知弹簧测力计的示数一定增大，C 错误。10 故选 B。5、答案：A 解析：根据安培定则可知四根通电导线在 0 点产生的磁感应强度的方向：a导线中电流产生的磁感应强度的方向为bd，大小为B；c导线中电流产生的磁感应强度的方向为bd，大小为B；同理，b导线中电流产生的磁感应强度的方向为ca，大小为B，d导线中电流产生的磁感应强度的方向为ca，大小为B，则根据平行四边形定则进行合成可知，四根通电导线同时存在时的磁感应强度大小为22B，方向水平向左。故选 A。6、答案：D 解析：A由左手定则可知该粒子带负电，故 A 错误；B由 =2 知 =如图，由几何关系可得 1=tan60=3 =303 故 B 错误；C由几何关系知 11 2=33 =2 知 =2 则进入磁场速度为 =03 故 C 错误；D第二次粒子在磁场中运动的时间 =13=2330 故 D 正确。故选 D。7、答案：B 解析：12 本题属于信息题，由题干“把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端”可知 B对；8、答案：BD 解析：A若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，故 A 错误；B由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R=L，则由牛顿第二定律可得 0=02 可解得 =0 故 B 正确；CD由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为 =2 (142122)=(2)22 故 C 错误，D 正确；故选 BD。9、答案：BD 解析：A根据右手定则可知，线框将产生顺时针方向的电流，根据左手定则可知左边框产生方向向右的安培力，右边框产生方向向左的安培力，上边框产生方向向下的安培力，下边框产生方向向上的安培力，再根据磁场的分布规律可知左边框产生的安培力小于右边框产生的安培力，上、下边框产生的安培力大小相等，可知导线框受到向左的安培力的作用，即沿x轴负方向的安培力作用，而不是与运动方向相反，故 A 错误；13 B导线框在竖直方向所受安培力的合力为零，可知导线框在竖直方向做自由落体运动，下落高度为h时的速度满足运动学关系 22=可得 =2 故 B 正确；C当导线框速度恰好竖直向下时，说明导线框在水平方向速度减小为零，又导线框在竖直方向所受合力与重力大小相等，即导线框在竖直方向满足机械能守恒，所以下落过程中导线框中产生的热量大小等于水平方向动能的损失，大小为1202，故 C 错误；D设导线框在时间t时的水平分速度大小为，水平位移为x，则在此时刻导线框产生感应电动势大小为 =右 左=(+)=2 导线框内的感应电流大小为 =2 所以导线框受到安培力的大小为 =右 左=24 又根据 =0 0 可得 24=24=0 14 导线框速度恰好竖直向下时左边框的横坐标为 =024 故 D 正确。10、答案：ACD 解析：ABC根据 =2 解得 =a粒子的轨迹如图 根据几何关系，a粒子的入射方向与x轴正方向成30角，a粒子在磁场中转过的圆心角为60，根据 =2 b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍，则b粒子转过的圆心角为120，b粒子的 15 轨迹如图 根据几何关系b粒子的入射方向与x轴正方向成30角，a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行，故 AC正确，B 错误；D根据 =2 解得 =根据左手定则粒子向左偏转，粒子沿着y轴正方向从不同位置射入，设射入位置与圆心的连线与x轴的夹角为，根据几何关系其轨迹中心的坐标为(cos ,sin)根据几何关系，该轨迹中心与P点的距离为 =(cos +)2+(sin 0)2=则粒子的轨迹必然经过P点，即粒子经磁场作用后一定都过P点，故 D 正确。故选 ACD。11、答案：22 解析：16 1匀强磁场的磁感应强度垂直于线圈平面则通过该线圈的磁通量 =22 12、答案：右手 弯曲的四指 解析：略