课下巩固检测练7 磁场-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固检测练(七)]　磁场 ________________________________________________________________________ (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球的运动和受力情况，下列说法正确的是(　　 ) A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程的加速度保持不变 C．小球运动过程中的速度不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做负功 解析：选A。根据左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 2．(2024·浙江高考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A．图示左侧通电导线受到的安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 解析：选A。根据左手定则可知，左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；由题意可知，极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，所以a、b两点的磁感应强度方向不同，B错误；软铁制成的圆柱起导磁作用，圆柱内磁感应强度不为零，C错误；c点处的磁感线比d点处的密集，则c点处的磁感应强度比d点的大，D错误。 3．如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为－q、质量为m的粒子(不计所受重力)从O点沿纸面各个方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子射入磁场时的最大速度为 B．粒子射入磁场时的最大速度为 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．粒子在磁场中运动的最长时间为 解析：选B。如图所示， 当粒子轨迹与半圆形边界相切时，粒子轨迹半径最大，则有rm＝，由洛伦兹力提供向心力可得qvmB＝m，可得粒子射入磁场时的最大速度为vm＝，粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝，故B正确。 4．如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大的空间内存在磁感应强度大小B＝1 T的水平匀强磁场，带正电的物块A静置于水平面上，电荷量q＝0.2 C。t＝0时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压力随时间的变化图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　 ) A.物块A的质量m＝3 kg B．水平力F不断增大 C．水平力F的大小为70 N D．物块A做匀加速直线运动 解析：选D。由题图乙可知mg＝20 N，得m＝2 kg，故A错误；物块A对水平面的压力FN＝qvB＋mg＝qBat＋mg，物块A对水平面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，速度不断增大，做加速运动，结合图像可知，速度均匀增大，则做匀加速运动，水平力F不变，故B错误，D正确；根据FN＝qBat＋mg，题图乙图像的斜率k＝qBa，代入数据得a＝12.5 m/s2，F＝ma＝25 N，故C错误。 5．(2024·河北石家庄二模)如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等。已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为0，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为(　　 ) A．平行于BA向左 B．平行于AC斜向上 C．平行于CB向下 D．平行于BD斜向上 解析：选A。A、B处电流对D处电流的安培力如图所示， 由几何关系可知AD＝BD，根据B＝k，F＝BIL，可得FB＝FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左，故A正确。 6．(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C。粒子运动轨迹如图所示， 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋＝(1＋)，故C正确。 二、多选题 7．(多选)洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图(a)、图(b)所示。电子束从电子枪向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄气体发光，从而显示电子的运动轨迹。调节加速极电压可改变电子速度大小，调节励磁线圈电流可改变磁感应强度。某次实验，观察到电子束打在图(b)中的P点，下列说法正确的是(　　 ) A．两个励磁线圈中的电流均为顺时针方向 B．当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹 C.当加大加速极电压时，电子打在玻璃泡上的位置将下移 D．仅减小加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变小 解析：选BC。电子束打在题图(b)中的P点，根据左手定则可判断磁场方向向外，由右手螺旋定则可知，两个励磁线圈中的电流均为逆时针方向，故A错误；根据qvB＝，可得电子轨迹半径r＝，当加大励磁线圈电流时，B增大，则r减小，所以当加大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹，故B正确；由动能定理得qU＝mv2，r＝，可知加大加速极电压时，U增大，v增大，r增大，所以电子打在玻璃泡上的位置将下移，C正确；仅减小加速极电压，U减小，v减小，r减小，由T＝知电子在磁场中圆周运动的周期恒定，故D错误。 8．(多选)如图所示，x轴上有两根垂直x轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方向相同且大小分别为I、2I的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝k(k为常量)。导线横截面积大小忽略不计，下列说法正确的是(　　 ) A．导线a、b相互排斥 B．导线a、b相互吸引 C．x轴上有2个点的磁感应强度为零 D．导线a、b之间磁感应强度为零的点到a的距离为 解析：选BD。由安培定则可知，导线a在b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b受力向左，同理可知导线a受力向右，两导线相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，在导线a左侧和导线b右侧产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的点在两导线之间，设到a的距离为x，则有k，解得x＝，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到a的距离为，故C错误，D正确。 三、计算题 9．如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1 T，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点，平行AB方向，以某一初速度v0射入一个质量为m、电荷量为q的负电粒子，发现该粒子刚好从B点离开磁场区域，已知磁场区域的边长L＝0.4 m，该粒子的比荷＝2×107 C/kg，不计粒子重力。 (1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0； (2)若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，t＝0时刻，粒子同样从M点平行AB射入，发现粒子恰好能从N点离开，已知T0＝5π×10－7 s，求该粒子射入磁场的速度v0可能的取值以及粒子运动的时间。 解析：(1)粒子的运动轨迹如图甲所示， 设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知 r2＝L2＋ 代入数据，解得r＝0.5 m 由qv0B＝ 代入数据，解得v0＝1.0×106 m/s。 (2)因为T0＝5π×10－7 s，粒子的轨迹如图乙所示， 设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得 n·4r sin 45°＝L(n＝1，2，3，…) 由qv0B＝ 联立上述方程可解得 v0＝(n＝1，2，3，…) 粒子运动的时间 t＝ 由于周期性，粒子转过的角度为 θ＝n×4×＝nπ(n＝1，2，3，…) 代入上述公式，可解得 t＝(n＝1，2，3，…) 代入数据解得 t＝5nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…) 答案：(1)1.0×106 m/s　(2)(n＝1，2，3，…)　5nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…) 10．中科院在世界首个全超导托卡马克核聚变实验装置中，成功实现了稳态长脉冲等离子体运行403秒，该装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器。将该容器简化为如图甲所示的足够长的空心圆柱，OO′为空心圆柱的中心轴线，其半径为(＋1)R0，内部以OO′为轴线、半径为R0的圆筒界面分成两部分磁场，左视图如图乙所示，外环有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；内环有逆时针的环形磁场，磁感应强度大小处处相等且大小也为B。以O为原点建立三维直角坐标系O­xyz，其中x轴与空心圆柱的中心轴重合。在坐标为(0，0，R0)的D点放置一发射装置，可发射电荷量为q、质量为m的氚核，发射方向如图乙所示沿半径向外，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。 (1)若氚核运动时恰好不与容器相碰，求氚核的发射速度v1； (2)若氚核的发射速度v2＝，求粒子第一次到达xOy所在平面的时间； (3)若氚核发射速度仍为v2＝，氚核第三次与发射速度相同时恰好到达E点(图中未标出)，求E点位置坐标； (4)在第(3)问的条件下，求氚核由D点运动到E点的平均速度的大小。 解析：(1)设氚核做圆周运动的半径为r1，运动轨迹如图所示， 由几何关系得 r12＋R02＝[(＋1)R0－r1]2 对氚核在外环运动过程中，由牛顿第二定律得 qv1B＝m 解得v1＝。 (2)设在两磁场中，氚核做圆周运动的半径为r2，周期为T，运动轨迹如图所示 由牛顿第二定律得 qv2B＝m 解得r2＝R0 由几何关系可得tan θ＝ 解得θ＝60° 周期为T＝ 总时间为t＝T 解得t＝。 (3)经分析知，氚核第三次与发射速度相同时，x方向坐标为 x＝8r2＝R0 y方向坐标为 y＝r2＋R0 z方向坐标为z＝0 所以E点坐标为。 (4)DE间距离为 d＝R0 D点到E点的总时间为 t1＝4× 所以平均速度为 解得。 答案：(1)　(2)　(3) (4) 学科网（北京）股份有限公司 $$