章末卷11 磁场-【高考领航】2025年高考物理总复习四测通关卷

章末卷11　磁场 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是(　　) 2.在探究射线性质的过程中，让质量为m1、带电荷量为2e的α粒子和质量为m2、带电荷量为e的β粒子，分别沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中，发现两种粒子沿半径相同的圆轨道运动。则α粒子与β粒子的动能之比是(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 3.如图所示，四根通有恒定且大小相等的电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4 直导线与 xOy平面的交点连成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，设导线1在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是(　　) A.直导线 1、2 之间的相互作用力为吸引力 B.直导线2、4之间的相互作用力为吸引力 C.4 根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为B0 D.直导线 1、2 在O点产生的合磁感应强度大小为2B0 4.如图所示，AB、CD是竖直平面内两根固定的光滑细杆，A、B、C、D位于同一圆周上，A点为圆周的最高点，D点为圆周的最低点。现将中心有孔、可视为质点的带正电小球和绝缘小球A分别套在细杆上，由A、C两点同时静止释放，下列操作能使带电小球先到达圆环的是(　　) A.在细杆所在平面加上一个垂直平面向里的匀强磁场 B.在细杆所在平面加一个竖直向下的匀强磁场 C.在细杆所在平面加一个水平向右的匀强磁场 D.在细杆所在平面加一个水平向左的匀强电场 5.如图甲所示，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v­t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及其运动过程的说法中正确的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　　　乙　 A.该物块带负电 B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/s C.若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移 D.在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动 6.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束24He粒子在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知粒子的质量为m、电荷量为q。则粒子在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为(　　) A. B. C. D. 7.如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是(　　) A.Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相同，大小之比为1∶2 B.粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1 C.粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为1∶1 D.弧aP与弧Pb对应的角速度之比为1∶1 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度B垂直于用金属材料制成的霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两端会形成电势差UCD，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的电子数为n，垂直于电流的侧面长宽分别为h、d。则下列说法正确的是(　　) A.C端电势一定高于D端电势 B.载流子所受电场力的大小为F＝e C.仅增大电流I，UCD的绝对值将增大 D.仅增大d，UCD的绝对值将增大 9.两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体，图甲是圆柱体和导线1的截面，导线2固定不动(图中未画出)。导线1绕圆柱体在平面内第一与第二象限从θ＝0缓慢移动到π，测量圆柱体中心O处磁感应强度，获得沿x方向的磁感应强度Bx随θ变化的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度By随θ变化的图像(如图丙)。下列说法正确的是(　　) 甲 乙　　　　　　　　　　　丙　 A.导线1电流方向垂直纸面向外 B.导线2在第三象限角平分线位置 C.随着θ的增大，中心O处的磁感应强度先变大后变小 D.当θ＝2.5 π时，中心O处的磁感应强度方向沿第四象限角平分线 10.如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m，电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(0，R)半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场右侧有一长度为R且平行于y轴的荧光屏，其中心O1位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则下列说法正确的是(　　) A.所有粒子的初速度大小为 B.从O点发射的所有粒子都能垂直射在光屏上 C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹角满足60°≤θ≤120° 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(7分)如图所示，一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从x轴正方向上的P点以速度v沿与x轴成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直y轴射出第一象限。已知OP＝a，不计带电粒子的重力。求： (1)带电粒子在磁场中运动的半径； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)带电粒子穿过第一象限所用的时间。 12.(9分)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°的匀强电场，电场方向斜向左下方；在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E2＝，磁感应强度大小为B。区域Ⅰ、Ⅱ的边界均沿竖直方向。一质量为m、电荷量为－q的微粒从区域Ⅰ的左边界P点由静止释放。微粒沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。微粒从区域Ⅱ右边界的Q点(图中未画出)离开复合场区域，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求： (1)区域Ⅰ的电场强度大小E1； (2)微粒进入区域Ⅱ时的速度大小v。 13.(10分)如图所示，平面直角坐标系xOy平面内，在x＝0和x＝L间范围内分布着匀强磁场和匀强电场，磁场的下边界AP与y轴负方向成45°角，其磁感应强度大小为B，电场上边界为x轴，其电场强度大小为E。现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由A点垂直于y轴射入磁场，带电粒子的比荷为。粒子重力不计，一部分粒子通过磁场偏转后由边界AP射出并进入电场区域。 (1)求能够由AP边界射出的粒子的最大速率； (2)粒子在电场中运动一段时间后由y轴射出电场，求射出点与原点的最大距离。 14.(13分)我国空间站上安装有一种圆柱形磁控装置，其横截面如图所示。很窄的环柱形空间内有沿半径向外的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直于圆环平面同时加有匀强磁场Ⅱ和匀强电场(图中没画出)，磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。若一质量为m、电荷量为＋q的小球在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。 (1)判断匀强电场及磁场Ⅱ的方向； (2)求匀强电场的电场强度的大小； (3)以O为坐标原点，垂直纸面向里为z轴正方向，建立O­xyz空间直角坐标系，当小球运动到位置O时，撤去沿半径向外的磁场Ⅰ，同时开始计时，求小球经过z轴的时间以及经过z轴时z的坐标值。 15.(15分)如图所示，水平虚线的上方有竖直向上的匀强电场和匀强磁场(方向未知)，虚线下侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，虚线上下两侧磁感应强度大小相等。一带负电的粒子由竖直虚线上的P点以水平向右的速度v0射入，该粒子刚好沿直线向右运动，现将虚线上方的匀强磁场撤走，粒子仍从P点以速度v0沿原方向射入，粒子由水平虚线的M点离开电场，且粒子在M点的动能为P点动能的2倍，经过一段时间粒子再次回到P点。已知OP＝L，忽略粒子的重力。求： (1)M点到O点的距离； (2)上述过程中，粒子轨迹上的点到P点的最大距离； (3)粒子由P点射入到返回P点的时间。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 章末卷11　磁场 1.B　由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。故选B。 2.B　根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得v＝，粒子的动能为Ek＝mv2＝，则α粒子的动能Ekα＝，β粒子的动能Ekβ＝，两者的动能之比为＝，故选B。 3.B　根据安培定则确定通电直导线电流的磁场方向，根据左手定则确定安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，故A错误，B正确；根据安培定则，结合题意可知，导线1、3在O点产生的合磁感应强度大小为0，导线2、4在O点产生的合磁感应强度大小为0，即4根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为0，故C错误；直导线1与2在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B0，根据安培定则可知，方向垂直，则合磁感应强度大小为B0，故D错误。 4.D　根据题意，若加磁场，由左手定则可知，洛伦兹力方向垂直于速度方向与磁感应强度方向所决定的平面，带电小球下滑的加速度不变，两球同时到达圆环，故ABC错误；若在细杆所在平面加一个水平向左的匀强电场，小球受到的电场力可以分解为垂直于杆和沿杆向下的分力，带电小球的加速度增大，先到达圆环，D正确。 5.D　由题图乙可知物块做加速度减小的加速运动，设物块对皮带的压力为FN，由牛顿第二定律可得μFN－mgsin θ＝ma，加速度减小说明物块对斜面的压力减小，从而物块受到垂直皮带向上的洛伦兹力，根据左手定则可知物块带正电，故A错误；随着物块速度的增加，物块受到的洛伦兹力越来越大，物块受到皮带的支持力越来越小，受到的滑动摩擦力也越来越小，在t＝2 s时物块的重力和上述三个力达到了平衡，在此后过程中即使传送带速度大于1 m/s也不会影响物块的速度。所以传送带的速度可能为1 m/s也可能大于1 m/s，故B错误；由B项的分析可知传送带的速度未知，所以不能求出物块与皮带的相对位移，故C错误；由B项的分析，若皮带的速度大于1 m/s，则物块与皮带有相对位移，即在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动，故D正确。 6.B　根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m，又有T＝＝，设粒子运动轨迹所对的圆心角为α，则运动时间为t＝·T＝，可知，α越大，运动时间越长，当粒子运动时间最长时，运动轨迹如图所示，可知α越大则∠aOc越小，而∠aOc＝180°－∠Oac－∠Oca＝180°－2∠Oac，即当圆弧经过c点时∠Oac最大，此时α最大，由几何关系有L2＋(2L－R)2＝R2，解得R＝L，联立可得v＝＝，故选B。 7.B　根据粒子偏转方向相反可得Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得，两粒子转过的角度相等，所以弧aP与弧Pb对应的圆心角相等，又有弧aP、弧Pb的弧长之比为2∶1，那么半径为＝R，得粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有根据Bqv＝，磁感应强度为B＝，得磁场的磁感应强度大小之比为1∶2，故A错误，B正确；根据粒子做圆周运动的周期T＝，由粒子运动半径之比为2∶1，则通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1；由角速度公式ω＝，由圆心角相等可得角速度之比为1∶2，故CD错误。 8.BC　因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有UCD<0，C端电势低于D端电势，故A错误；根据电场强度定义式可得F＝Ee ，又因E＝，电子受电场力大小为F＝Ee＝e，故B正确；当霍尔元件状态稳定时，根据平衡条件，有Bev＝e，其中I＝nevhd，解得UCD＝，仅增大电流I，|UCD|增大；仅增大d，|UCD|减小，故C正确，D错误。 9.AC　根据安培定则判断通电直导线产生的磁场方向可知，导线2在y轴方向上没有分量，在水平方向有沿x轴正方向的分量；则导线1在初始状态产生的磁场沿y轴负方向，导线1电流方向垂直纸面向外，故A正确；根据安培定则可知，导线2在y轴正方向处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负方向处有垂直纸面向里的电流，故B错误；磁感应强度为矢量，根据三角形定则可知中心O处的磁感应强度先变大后变小，在θ＝0.5π时，两导线产生磁感应强度方向一致，合磁感应强度值最大，故C正确；θ＝2.5π时，导线1产生的磁感应强度方向沿第四象限角平分线向外，但导线2产生的磁场沿x轴正方向；故中心O处的磁感应强度方向在x轴与第四象限角平分线之间，故D错误。 10.AD　由题意，初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv＝m，r＝＝R，解得v＝，A正确；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2R，并不会垂直打在光屏上，B错误；如图1，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为π，根据周期公式T＝可得t＝T＝T＝，C错误；粒子初速度方向与x轴夹角为θ时，若能打在光屏下端，如图2，由几何关系可得圆心角θ＝60°，即初速度与x轴夹角为θ1＝60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴夹角为θ2＝120°，D正确。 图1 图2 11.解析：(1)作粒子通过P、Q两点速度方向的垂线，两垂线的交点即为粒子做圆周运动的圆心O′。画出粒子在第一象限运动的轨迹如图所示，可知运动半径r＝＝。 (2)洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，qvB＝m，解得B＝。 (3)由运动轨迹图可知，圆弧轨迹对应的圆心角θ＝120°，则粒子通过第一象限所用时间t＝，T＝，联立解得t＝。 答案：(1)　(2)　(3) 12.解析：(1)微粒在区域Ⅰ沿水平虚线做直线运动，说明微粒在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件有 E1qsin 30°＝mg 解得E1＝。 (2)微粒进入区域Ⅱ后，根据题意有 E2q＝mg 由此可知微粒在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 根据几何关系有Rsin 60°＝d 联立解得v＝。 答案：(1)　(2) 13.解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动，速度越大，则半径越大。速度最大的粒子刚好由P点射出，如图所示。 由洛伦兹力提供向心力得 qvB＝m 由几何关系知r＝L 联立解得，能够由AP边界射出的粒子的最大速率为v＝。 (2)粒子从P点离开后，垂直于x轴进入电场后做类平抛运动，在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得a＝ 在电场中运动时，有L＝at2 d＝vt 联立解得，射出点与原点的最大距离为 d＝BL 。 答案：(1)　(2)BL 14.解析：(1)沿半径向外的磁场Ⅰ对应的洛伦兹力的方向垂直纸面向外，故电场力的方向垂直纸面向里，电场强度的方向垂直纸面向里；根据小球受到的洛伦兹力的方向，磁场Ⅱ的方向垂直纸面向外。 (2)带电小球处于完全失重状态，以空间站为参考系，小球在题图所示的截面内做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m 解得B＝。 小球在垂直纸面方向受力平衡Eq＝qvB 解得E＝。 (3)撤去沿半径向外的磁场Ⅰ，粒子在平行于xOy平面内做匀速圆周运动，在z轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，小球做圆周运动的周期 T＝ 故小球经过z轴的时间为t＝nT＝(n＝0，1，2，3，…) 小球经过z轴的坐标为z＝at2 根据牛顿第二定律Eq＝ma 解得z＝2n2π2R(n＝0，1，2，3，…)。 答案：(1)匀强电场的方向垂直纸面向里，磁场Ⅱ的方向垂直纸面向外　(2)　(3)(n＝0，1，2，3，…)　2n2π2R(n＝0，1，2，3，…) 15.解析：(1)设粒子在P点的动能为Ek0，则粒子在M点的动能为 Ek＝2Ek0 则有mv2＝2×mv02 解得粒子在M点的速度为v＝v0 粒子在竖直方向上的速度vy＝＝v0 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上x＝v0t 竖直方向上vy＝at，L＝at2 联立解得x＝2L。 (2)撤去虚线上方的磁场前，粒子在上侧做匀速直线运动，由平衡条件得 qE＝qBv0 解得v0＝ 由题意作出撤去上方磁场后粒子的轨迹，如图所示 粒子在电场中运动时，沿竖直方向有 L＝at2 qE＝ma 沿水平方向有2L＝v0t 磁场中运动时，有qvB＝m 联立解得r＝2L 粒子进入磁场时的速度与水平虚线的夹角为θ＝45°，又r＝2L，故轨迹圆的圆心在竖直虚线上，则OO′＝2L 则粒子在磁场中运动时与P的最大距离为 d＝(3＋2)L。 (3)粒子从P运动到M的时间t0＝ 根据对称性可知，粒子在电场中运动的总时间为 t1＝2t0＝ 粒子在磁场中运动的时间为t2＝T 又T＝＝ 联立解得t2＝ 故粒子从P点射入到返回P点的总时间为 t＝t1＋t2＝(4＋3π)。 答案：(1)2L　(2)(3＋2)L　(3)(4＋3π) 学科网（北京）股份有限公司 $$