2019年高考物理试题分类解析专题06 磁场1. （2019全国1卷17）如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为（ ）A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0【答案】B【解析】设导体棒MN 的电流为I ，则MLN 的电流为2I ，根据BIL F =,所以ML 和LN 受安培力为2F，根据力的合成，线框LMN 受到的安培力的大小为F +F F 5.130sin 220=⨯2. （2019全国1卷24）（12分）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。
一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。
已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。
求 （1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。
【答案】（1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。
由动能定理有212qU mv =①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛领第二定律有2v qvB m r=②由几何关系知d ③ 联立①②③式得 224q Um B d=④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为πtan302rs r =+︒⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为s t v=⑥ 联立②④⑤⑥式得2π(42Bd t U =⑦【解析】另外解法（2）设粒子在磁场中运动时间为t 1，则UBd qB m T t 82414121ππ=⋅==(将比荷代入) 设粒子在磁场外运动时间为t 2，则U Bd qU md qUm d v t 1236326y 222=⋅=⋅==带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为21t t t +=，代入t 1和t 2得2π(42Bd t U =.3. （全国2卷17）如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。
ab 边中点有一电子源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。
已知电子的比荷为k 。
则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为（ ）A ．14kBlB ．14kBl ，54kBlC ．12kBlD ．12kBl ，54kBl【答案】B【解析】左图：从a 点射出的电子运动轨迹，半径4a l R =，代入公式qB mv R =得4klBv a =; 右图：从d 点射出的电子运动轨迹，OD=l 25，51'cos =DOO ,半径45'cos 2d l DOO ODR ==，代入公式qB mv R =得45d klBv =所以答案为D 。
4. （全国3卷18）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。
一质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限。
粒子在磁场中运动的时间为（ ）A ．5π6mqBB ．7π6mqBC ．11π6mqBD ．13π6m qB【答案】B【解析】如下图所示，粒子在第二象限运动的时间411T t =，在第一象限运动的时间636060222T T t ==， 由qB T m 21π=,qBqB T m 42/m 22ππ==,21t t t +=，代入解得t=7π6mqB .5. （北京卷16）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。
一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。
下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】根据左手定则，粒子带负电，A错误；匀速圆周运动，速率不变，B错误；若仅减小磁感应强度，根据半径公式qBmvr =，则粒子做圆周运动的半径增大，所以粒子可能从b 点右侧射出，C 正确；若仅减小入射速率，根据半径公式qBmvr =，则粒子做圆周运动的半径减小，如下图所示，则粒子在磁场中圆周运动的圆心角变大，根据πθ2Tt =，因为qB m T π2=不变，圆心角变大，则运动时间变长，所以D 错误。
,6. （天津卷4）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。
当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。
如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为υ。
当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭。
则元件的（ ）A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压U 与υ无关C.前、后表面间的电压U 与c 成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa【答案】4.D【解析】电子定向移动方向向左，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面的电势比后表面的高，A 错误；根据洛伦兹力等于电场力e aUBev =，得前、后表面间的电压U =Bav ，所以B 、C 错误； 自由电子受到的洛伦兹力大小为aeUE =e ，D 正确。
7．（江苏卷7）如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等． 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a 、b 产生的磁场作用下静止．则a 、b 的电流方向可能是（ ）（A ）均向左 （B ）均向右（C ）a 的向左，b 的向右 （D ）a 的向右，b 的向左 【答案】CD【解析】验证法：a 的向左，b 的向右如下图安培力方向相反，线框静止。
同理D 正确，A 、B 错误。
8. （江苏卷16）（16分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变。
（1）求粒子运动速度的大小v ；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；（3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =2d，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．【答案】（1）粒子的运动半径 mv d qB =解得qBd v m= （2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得d m =d （1+sin60°）解得m d =（3）粒子的运动周期2πmT qB=设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则 (1,3,5,)4Tt nt n '=+=（a ）当1L nd d =+-（时，粒子斜向上射出磁场 112t T '=解得 π2L m t d qB =+（） （b）当L nd d =+（时，粒子斜向下射出磁场 512t T '=解得 π2L m t d qB =（）【解析】(3)（a ） 当1L nd d =+（时，粒子斜向上射出磁场，如下图所示。
设最后一段弧所用时间为t’,则T T t 12136030'==， 粒子从射入磁场到射出磁场的运动时间t 为：4)31(1214Tn T T n t ⋅+=+= 其中)231()231(--=--=d L d d L n ，qB T m 2π=解得 π2L m t d qB=+（）第（3）问 (a)图（b ）当L nd d =+（时，粒子斜向下射出磁场，如下图所示。
设最后一段弧所用时间为t’,则T T T t 1253606041'=+=， 粒子从射入磁场到射出磁场的运动时间4)35(1254Tn T T n t ⋅+=+⋅= 其中)231()231(+-=+-=d L d d L n ，qB T m 2π= 解得 π2L m t d qB=（）16题第（3）问 (b)图。