章末卷11 磁场-【高考领航】2026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，边长为L的正方形金属线框abcd用绝缘细线悬挂在天花板上处于静止状态，ab边水平，带有绝缘层的长直金属导线MN水平固定，刚好与金属线框ad边和bc边接触，线框关于长直导线对称，长直导线通有从M到N的恒定电流，线框中通有大小为I、沿顺时针方向的恒定电流，线框的质量为m，重力加速度为g，细线的拉力为F，则(　　) A．ab边受到的安培力方向向上 B．F<mg C．俯视看，线框有绕悬线沿逆时针方向转动的趋势 D．长直导线中的电流在线框ab边处产生的磁场磁感应强度大小为 2．通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线水平吊起，导线上的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导线处于平衡时细线与竖直方向成θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．mg＝BIl B．细线的拉力大小为mg C．若增大磁感应强度，则导线静止时细线与竖直方向的夹角将变小 D．若将导线拉到最低处由静止释放，则导线ab的最大速度为 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 D．直导线 1、2 在O点产生的合磁感应强度大小 4．如图所示，空间内有一垂直纸面方向的匀强磁场(方向未知)，一带正电的粒子在空气中运动的轨迹如图所示，由于空气阻力的作用，使得粒子的轨迹不是圆周，假设粒子运动过程中的电荷量不变。下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动方向为c→b→a B．粒子所受的洛伦兹力大小不变 C．粒子在b点的洛伦兹力方向沿轨迹切线方向 D．磁场的方向垂直纸面向里 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v-t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He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．(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 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．如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A．粒子的速度大小为 B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C．从x轴上射出的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2 D．沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 10．用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里 B．正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里 C．正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r02 D．正方形区域中匀强磁场的最小面积为r02 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11．(7分)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。 12．(9分)如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45°，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场。一个比荷为k的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上P(－d，0)点。不计粒子重力。求： (1)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应强度B； (2)粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间。 13．(10分)如图所示，第一象限内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝，第二象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E。现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带负电粒子从x轴上的A点以初速度v0垂直于x轴射入电场，经y轴上的P点(图中未画出)进入第二象限。已知第二、三象限内磁场的磁感应强度大小均为B＝，A点坐标为，不计粒子重力。求： (1)P点的坐标； (2)粒子第一次进入第三象限的横坐标； (3)粒子第一次在第三象限运动过程中与x轴的最远距离。 14．(13分)(2024·湖南卷)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 15．(15分)如图甲所示的xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度的正方向)。在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v0、方向沿y轴正方向的带正电粒子，粒子的比荷，v0、B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力。 　 甲 乙 丙 (1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径； (2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标； (3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系。 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末卷11　磁场 1．D　同向电流相互吸引，ab边受到的安培力方向向下，选项A错误；ab边受到的安培力向下、cd边受到的安培力向下，则悬线拉力大于线框重力，选项B错误；根据线框四边受到的安培力分析，线框没有转动的趋势，选项C错误；线框ab边受到的安培力为＝BIL，解得B＝，选项D正确。 2．D　对导线受力分析，如图所示，根据平衡条件，可得tan θ＝，cos θ＝，解得mg＝mg，故A、B错误；由上面选项分析可知tan θ＝，若增大磁感应强度，安培力增大，则细线的偏角将增大，故C错误；由受力分析可知，导线静止时的位置为等效最低点，若将导线拉到最低处由静止释放，则导线处于等效最低点时具有最大速度，根据动能定理可得BIl·l sin θ－mgl(1－cos θ)＝mvm2，解得vm＝，故D正确。 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　由于空气阻力做负功，粒子运动过程中速率逐渐减小，由qvB＝m，得R＝，所以粒子运动的轨道半径逐渐减小，粒子的运动方向为a→b→c，A错误；由公式F＝qvB可知粒子所受的洛伦兹力逐渐减小，B错误；粒子所受的洛伦兹力与速度方向垂直，方向指向弯曲轨迹的内侧，所以粒子在b点的洛伦兹力并不沿切线方向，C错误；由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向里，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－mg sin 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＝，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＝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．D　根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝，联立解得v2＝，D正确。 　 图1　　　　　　　图2 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＝减小，故C正确，D错误。 9．AC　粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，如图所示，可知SP为直径，由几何关系得(2r)2＝d2＋2，得到r＝d，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，则v＝，故A正确；从O点射出的粒子的运动轨迹如轨迹3，轨迹所对的圆心角为60°，运动周期T＝，由几何知识可得，在磁场中的运动时间t＝，故B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，则t1＝T，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，则t2＝T，所以，故C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点O处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，故D错误。 10．BC　根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝，联立可得B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝－＝2(π－2)r02，C正确，D错误。 11．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－ 12．解析：由题意，可画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示。 (1)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得 －qEd＝0－mv02 则E＝ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 qv0B＝m，由几何关系知r＝d 解得B＝。 (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝ 粒子第一次在磁场中运动的时间为t1＝ 在电场中的加速度为a＝ 粒子第一次在电场中来回的时间为 t2＝2× 粒子第二次在磁场中运动的时间为t3＝ 粒子第二次在电场中做抛体运动，有 y＝＝tan 45° 解得t4＝ 粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝(π＋4)。 答案：(1)　(2)(π＋4) 13．解析：(1)粒子在第一象限电场中做类平抛运动 水平方向有t2 解得t＝ 竖直方向有yP＝v0t＝L P点的坐标为(0，L)。 (2)粒子的运动轨迹如图所示，在P点时水平方向有 vx＝t＝v0 设粒子离开电场时，速度大小为v，方向与y轴正方向夹角为θ，则速度大小 v＝v0 由几何关系得tan θ＝＝1 解得θ＝45° 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB＝m 解得r＝L 由几何关系可知，圆心恰好在x轴上，粒子进入第三象限时的横坐标为 x＝－(r＋r cos 45°)＝－L。 (3)粒子在第三象限做曲线运动，当竖直方向速度为0时，离x轴最远 x轴方向，根据动量定理得qB·t＝mvx t＝ym 其中vx和ym为轨迹最低点时x方向的速度和y方向运动的最远距离 根据动能定理得 q·E·ym＝mv2 解得ym＝L。 答案：(1)(0，L)　(2)－L　(3)L 14．解析：(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT(n＝1，2，3，…) 联立解得B＝(n＝1，2，3，…) 当n＝1时，Bmin＝。 (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxB＝m 则|tan θ|＝。 (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点时沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动的y轴正方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma 由速度位移公式有2aym＝vy0max2 联立解得ym＝。 答案：(1)　(2)　(3) 15．解析：(1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 qv0B0＝，又 联立解得r＝。 (2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，其周期 T＝ 解得T＝2t0 则在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t0时粒子位置的横坐标 x＝－2r＝－ 在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动 则y＝－v0t0－t02 解得y＝－v0t0－ 故t＝2t0时，粒子的位置坐标为。 (3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r1＝r＝ 当t＝2t0时，粒子的速度大小为v＝v0＋t0 2t0～3t0时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径r2＝ 由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足 n(2r2－2r1)＝2r1(n＝1，2，3，…) 当t＝25t0＝4×6t0＋t0时，n＝6，解得E0＝B0。 答案：(1)　(2)　(3)E0＝B0 学科网（北京）股份有限公司 $