2017近三年高考真题之磁场-2018年高三物理一轮总复习名师伴学Word版含解析

1. （2017新课标Ⅲ 18）如图，在磁感应强度大小为0B 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为。

在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流时，纸面内与两导线距离为的a 点处的磁感应强度为零。

如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为
A ．
B ．0B
C ．0
D ． 02B
【答案】C
【解析】如图所示， P 、Q 中的电流在a 点产生的磁感应强度大小相等，设为B 1，由几何
关系可知两10
B B
【考点定位】磁场叠加、安培定则
【名师点睛】本题重点在利用右手定则判断磁场的方向，同时注意磁场的叠加。

准备找出通电直导线在某个位置的磁感应强度的方向是关键和核心。

2．（2017全国Ⅰ，19）如图，三根相互平行的固定长直导线1L 、2L 和3L 两两等距，均
通有电流，1L 中电流方向与2L 中的相同，与3L 中的相反，下列说法正确的是
A ．1L 所受磁场作用力的方向与2L 、3L 所在平面垂直
B ．3L 所受磁场作用力的方向与1L 、2L 所在平面垂直
C ．1L 、2L 和3L 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:
D ．1L 、2L 和3L
【答案】BC
【解析】根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L 2、L 3通电导线在L 1处的磁场方向如下图所示，
再根据左手定则，那么L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面平行，故A 错误；同理，根据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，则L 2、L 1通电导线在L 3处的磁场方向如下图所示，
【考点定位】电流磁效应 安培力 安培定则
【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。

3. （2017新课标Ⅱ 18）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为1v ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为2v ，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则21:v v 为
D.3【答案】C
【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远，则当粒子射入的速度为1v ，
【考点定位】带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解.
4．（2017全国Ⅰ，16）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a ，b ，c 电荷量相等，质量分别为m a ，m b ，m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。

下列选项正确的是
A ．a b c m m m >>
B ． b a c m m m >>
C ．c b a
m m m >> D ． a c b m m m >>
【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是m a g =qE ，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。

5.（2017新课标Ⅱ 21）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。

矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。

将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。

为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【答案】AD
【解析】
为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动；选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动；选项B正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通；转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动；选项D正确；故选AD.
【考点定位】电动机原理；安培力
【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。

6.（2017新课标Ⅲ 24）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。

在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。

一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O 点间的距离。

【答案】（1）0(1)m qB λπλ+；（2）00
2(1)mv d qB λλ-=
粒子再转过180o
时，所用时间t 2为 220R t v π= ④
联立①②③④式得，所求时间
0120(1)m t t t qB λπλ+=+= ⑤
（2）由几何关系及①②式得，所求距离为
0120
2(1)2()mv d R R qB λλ-=-= ⑥
【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键。

关于带电粒子在匀强磁场中的运动问题。

解题时要分析粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出几何图形，并借助与
几何关系分析解答。

此题有一定的难度，考查学生的综合能力。

7．（2017天津卷，11）平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示。

一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍。

粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等。

不计粒子重力，问：
（1）粒子到达O 点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

【答案】（1）02v v =
，方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上 （2）2
0v B E = 【解析】 试题分析：（1）粒子在电场中由Q 到O 做类平抛运动，设O 点速度v 与+x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据类平抛运动的规律，有：
x 方向：t v L 02=
y 方向：22
1at L = 粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为：at v y = 又：0tan v v y
=α
解得：1tan =α，即 45=α，粒子到达O 点时速度方向与x
轴方向的夹角为45°角斜向上。

粒子到达O 点时的速度大小为00245cos v v v ==
【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。

8. （2017江苏卷，15）一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。

已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹.不考虑离子间的相互作用.
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；
（3）若考虑加速电压有波动，在（0–U U ∆）到（0U U +∆）之间变化，要使甲、乙两种
离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件.
【答案】（1）x L （2）d =
（3）L<
【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对此类问题主要是画出粒子运动的轨迹，分析粒子可能的运动情况，找出几何关系，有一定的难度。

9．(2016四川理综，11) 如图所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。

区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h ＝2l 、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l 。

零时刻，质量为m 、带电量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝gl 、
方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝3l π
的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ。

某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇。

小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电量对空间电磁场的影响。

l 已知，g 为重力加速度。

(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ； (3)若小球A 、P 在时刻t ＝β
l
g
(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ，并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向。

【答案】 (1)πm
3qL
gl (2)(3－22)
l g
(3)（11－β2
）mg q （β－1） 极大值7mg 8q
，竖直向上；极小值0
【解析】 (1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
m v 20
r
＝qv 0B ① 代入数据解得B ＝m π
3lq
gl ②
(3)设所求电场方向向下，在t A ′时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有
s ＝v 0(t －t C )＋12
a A (t －t A ′)2cos α⑧ mg ＋qE ＝ma P ⑨
H －h ＋12a A (t －t A ′)2sin α＝12
a P (t －t C )2⑩
联立相关方程解得E ＝（11－β2
）mg
q （β－1）
对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5
由此可得场强极小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝7mg
8q
，方向竖直向上。

10. (2015山东理综，24) 如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内,O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆
面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量 为＋q 的粒子由小孔下方d
2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出
电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．
(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv
qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，
求这段时间粒子运动的路程．
【答案】 (1)mv 2qd (2)4mv qD 或4mv
3qD
(3)5.5πD
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得
qvB ＝mv 2
R
③
甲
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
R ＝D 4
④
联立③④式得
B ＝
4mv qD
⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R ＝3D 4
⑥
联立③⑥式得
B ＝
4mv 3qD
⑦
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得
T 1＝
2πR 1v ，T 2＝2πR 2
v
⑩
乙
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关 系得 θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫ α＝60°⑬
丙
粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2可得
t 1＝360°α×θ1×2
360°T 1， t 2＝
360°α×θ2
360°
T 2⑭ 设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得
s ＝v (t 1＋t 2) ⑮
联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得
s ＝5.5πD ⑯。

11．(2015天津理综，12)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d .电场强度为
E ，方向水平向右；磁感应 强度为B ，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电
场方向垂直．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；
(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ，试求sin θn ； (3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之． 【答案】 (1)2
qEd m 2
B mEd
q (2)B nqd
2mE
(3)见解析
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
qv 2B ＝m v 22
r 2
③
由②③式解得r 2＝
2
B
mEd q
④ (2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ,轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．
nqEd ＝12
mv 2n ⑤ qv n B ＝m v 2n
r n
⑥
图1
由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得
r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩
图2 当n＝1时，由图2看出
r1sin θ1＝d⑪
由⑤⑥⑩⑪式得
sin θn＝B nqd
2mE
⑫。