第1部分 专题3 第9讲 磁场（word练习）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

(建议用时：40分钟) [A组　基础达标练] 1．(2024·四川二模统考)如图，匀强磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里，无限长通电直导线位于纸面内，在纸面内的M、N位于导线两侧，其连线与导线垂直，且M、N两点到导线的距离之比为6∶5.经测量，N点的磁感应强度大小是M点磁感应强度大小的2倍，且方向相同．已知无限长通电直导线在真空中某点产生的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常量，I为通电直导线中的电流，r为该点到导线的距离，则无限长通电直导线在M点产生的磁感应强度大小为(　　) A.B0　 B．B0　　C.B0　　D．B0 解析：A　[设通电长直导线在M点产生的磁感应强度大小等于B，根据B＝k可知通电长直导线在N点产生的磁感应强度大小等于B.根据安培定则可知通电长直导线在M点产生的磁场方向向外，在N点产生的磁场方向向里，由BN＝2BM得B＋B0＝2(B0－B)，解得B＝B0，故A正确．] 2．(2024·山西晋中二模)如图所示，用一根电阻丝制作成正方形线框abcd，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，电源内阻与正方形一条边的电阻相等，导线电阻忽略不计．S闭合后，线框受到的安培力大小为F.若仅将ab边切割移走，则余下线框受到的安培力大小为(　　) A.　　 B．　　　C.　　　D. 解析：C　[设正方形线框一条边的电阻为R，长度为L，当开关S闭合时，正方形的总电阻为R1＝＝R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I1＝＝，所以线框所受的安培力F＝I1LB，当ab边切割移走后，电路中的电阻R2＝R＋3R＝4R，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流I2＝＝，此时线框所受的安培力F1＝I2LB，联立求解得F1＝F，故C正确．] 3．(2024·甘肃兰州市诊断)如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°.某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2.下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．r1∶r2＝2∶1 C．v1∶v2＝3∶1 D．t1∶t2＝1∶4 解析：C　[由题意再结合左手定则可知粒子带负电，故A错误；根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2＋，可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝3∶1，故B错误；根据洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，解得粒子在磁场中运动时的速度为v＝，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，故C正确；根据粒子在磁场中运动的轨迹可知，一个在磁场中偏转了30°，另一个在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，故D错误．] 4．(2024·山东潍坊预测)如图所示，离子源S到直线MN的距离为L，整个空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直S和MN所在的平面向里．离子源S一次性沿平面向各个方向均匀地射出大量速度大小相同的正离子，MN上有离子经过的区域长为L.已知离子的比荷为k，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则离子的速度大小为(　　) A. B． C. D． 解析：B　[MN上有离子经过的区域长为L，根据几何关系可知，轨迹直径另一端与直线相交处为离子经过的最远点，故(2R)2＝L2＋2，解得圆周运动半径R＝L，根据qvB＝m，解得v＝，故B正确．] 5.(2024·山西高三调研)如图所示，在直角三角形abc区域中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.三个电荷量为q(q＞0)、质量为m的同种粒子，从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶1.已知∠a＝45°，ac＝L，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的比荷＝ B．三个速度的大小关系一定是v1＝v2＜v3 C．以速度v2射入的粒子运动的时间t2＝ D．运动时间为t3的粒子，其速度v3＝ 解析：D　[速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，偏转角为90°，两者的速度大小关系无法确定，但其轨迹半径一定比速度为v3的粒子的轨迹半径小，由半径公式r＝可知，v3一定大于v1和v2，由于速度为v1的粒子在磁场中偏转了90°，则t1＝×，解得粒子的比荷为＝，A、B错误；以速度v2射入的粒子运动的时间t2＝×＝，C错误；由以上分析并结合题给条件知，以速度v3射入的粒子在磁场中偏转了30°，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知r3＝＝2L，根据洛伦兹力提供向心力可得r3＝，联立可得速度v3＝，D正确．] 6．(多选)(2024·河南名校联考)如图，圆心在O点、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一电荷量为＋q、质量为m的粒子垂直射入磁场区域，O到入射粒子速度所在直线的距离为，已知粒子射出磁场时的方向与射入时的方向垂直，不计重力，则下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的时间t＝ B．粒子在磁场中运动的时间t＝ C．粒子在磁场中的速率v＝ D．粒子在磁场中的速率v＝ 解析　AC　[过入射点和出射点，分别作入射速度和出射速度的垂线，交点即粒子做圆周运动轨迹的圆心O1，如图所示，在直角三角形OMP中，根据勾股定理可得PM＝＝R，又因为O1PNQ为正方形，所以∠ONM＝45°，三角形ONM为等腰直角三角形，所以MN＝OM＝，则粒子做圆周运动的半径为r＝PM＋MN＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得v＝，选项C正确，D错误；粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为θ＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，选项A正确，B错误．] 7．(多选)(2024·山东滨州高三期末)如图区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，CD和MN是两平行边界，区域宽度为d.许多质量为m、电荷量为＋q的粒子以相同速率、沿纸面内各个方向，由边界CD上的O点射入磁场，入射速度大小为.不考虑粒子间相互影响，不计粒子重力，磁场区域足够长，则(　　) A．粒子在磁场区域中运动的最长时间为 B．粒子在磁场区域中运动的最长时间为 C．粒子在磁场区域中运动的最短时间为 D．粒子在磁场区域中运动的最短时间为 解析：AD　[粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得r＝＝×＝d，周期T＝＝，如图甲所示． 甲 由几何关系可知，当粒子在O点的速度方向垂直CD边界时，粒子轨迹恰好与MN相切，此时轨迹对应的圆心角最大为180°，粒子恰好在磁场中运动半个周期，粒子运动时间最长，最长时间tmax＝＝，A正确，B错误；粒子在磁场区域中运动的时间最短时轨迹如图乙所示， 乙 由几何关系可知θ＝60°，故粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝＝，C错误，D正确．] 8. (2024·山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变．其简化模型如图所示，半径为R和R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(H)和氘核(H)均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内．则氕核在磁场中运动的半径最大为(　　) A.R B．R C.R D．(－1)R 解析：A　[依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝m，得r＝，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2.当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(R－rmax)2＝r＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝R，所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′＝rmax＝R，故A正确．] [B组　创新应用练] 9．(2024·河北邯郸高三校联考)如图所示，MN是一圆的直径，在圆形区域内，MN的左、右两侧存在方向分别垂直纸面向里、向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、2B.将由三段粗细相同的同一材料的导体所构成的正三角形abc置于圆形平面内，其中c与M重合、N为圆与ab边相切的切点．再将正三角形的a、c两点接入电路，电路中的电流由a流入三角形、由c流出，大小为I.已知正三角形的边长为L，则正三角形abc受到的安培力大小为(　　) A．BIL B．BIL C.BIL D．BIL 解析：B　[正三角形abc中，ac、bc在磁场中受安培力的作用，ab不在磁场中而不受安培力的作用，ac在磁场中的有效长度为Lac＝Lcos 30°×cos 30°＝L，ac中的电流为Iac＝I，则ac所受安培力的大小为Fac＝B×I×L＝BIL；同理，bc所受安培力的大小为Fbc＝2B×I×L＝BIL，ac、bc所受安培力的大小相等，夹角为120°，故正三角形abc受到的安培力大小为F＝Fac＝BIL，故B正确．] 10．(多选)(2024·甘肃兰州一模)如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)．当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场．不计粒子的重力，则(　　) A．粒子一定带负电 B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 C．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L D．粒子入射速率为 解析：　CD[由题意知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲所示． 甲 粒子运动的轨迹半径r＝＝2L， 洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m， 解得粒子入射速率为v＝，故D正确； 若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示． 乙 根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与x轴不垂直，故B错误；粒子离开磁场距离O点最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示． 丙 根据几何关系可得(2r)2＝(L)2＋x，解得xm＝3L，故C正确．] 11．(多选)(2024·广西二模)地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境．赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心，R为地球半径．地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里．假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球．已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力，下列说法正确的是(　　) A．若粒子速率小于，入射到磁场的粒子可以到达地面 B．若粒子速率小于，入射到磁场的粒子均无法到达地面 C．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面 D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面 解析：BD　[若粒子的速率为，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，若粒子的射入方向在正对O处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故A错误，B正确；若粒子的速率为，由qvB＝m，解得r＝R，若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示． 设该轨迹半径为r1，由几何关系可得－r1＝R，解得r1＝R≠r，故C错误；若粒子速率为，由qv2B＝m，解得r2＝＝r1，由C项的分析可知，此时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地面．综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面，故D正确．] 12．(2024·重庆巴蜀中学高三月考)如图所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面入射，不计粒子重力，重力加速度为g. (1)若该粒子沿y轴负方向入射后，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求粒子速度v0的大小； (2)若该粒子以速度v沿y轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x轴上方某一点平行于x轴向右抛出，二者经过时间t＝ 恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标． 解析：(1)由题意可知，粒子在x轴下方的轨迹为半圆，轨道半径r1＝，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得v0＝. (2)若粒子以速度v沿y轴负方向进入磁场，有 qvB＝m，解得r2＝， 粒子做匀速圆周运动的周期为T 有T＝＝，则相遇时间为t＝＝T， 在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有θ＝×360°＝150°， 如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为r2sin 30°＝ 小球抛出点的纵坐标为 y＝g2－. 答案：(1)　(2)g2－ 13．(2024·合肥市高三调研)如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP＝AQ＝L.现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力． (1)若P、Q之间外加一个与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿直线PQ运动到Q点，则电场强度应为多大？ (2)撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应该满足什么条件？ (3)求(2)中微粒从P点到Q点所用的时间． 解析：(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE＝qv0B，得E＝v0B. (2)根据运动的对称性，微粒能从P点经A点运动到Q点，应满足L＝nx(n为整数)，其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或.设圆弧的半径为R，则有x＝R，解得R＝，又因为qvB＝m，由以上各式可解得 v＝，n＝1、2、3、…. (3)如图所示，当n取奇数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n×＋n×＝2nπ，故其运动时间t1＝×＝，n＝1、3、5、……；当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n×＋n×＝nπ，故其运动时间为 t2＝×＝，n＝2、4、6、……. 答案：(1)v0B　(2)v＝，n＝1、2、3、…… (3)，n＝1、3、5、……，，n＝2、4、6、…… 学科网（北京）股份有限公司 $$