专题精准强化9 磁场-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

ㄧ物理 ⑧错题序号： 专题精准强化9 磁场 @错因分析： (建议用时：40分钟) [A组基础达标练] 中细管内始终有绝缘油).容器的左右两壁与 1.(2025·四川二模统考)如 一电路连接，整个装置放在水平向里、磁感应 图，匀强磁场的磁感应强度 强度为B的匀强磁场中.开关K闭合前，活塞 大小为B。、方向垂直于纸 M----- -----V 处于静止状态，重力加速度为g,弹簧始终处 面向里，无限长通电直导线 于弹性限度内，则 () 位于纸面内，在纸面内的 A.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面 M、N位于导线两侧，其连线与导线垂直，且 会向上移动 M、N两点到导线的距离之比为6：5.经测 B.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面 量，N点的磁感应强度大小是M点磁感应强 会向下移动 度大小的2倍，且方向相同.已知无限长通电 C.若油柱稳定后上表面变化的高度为x,则回 直导线在真空中某点产生的磁感应强度大小 路中的电流为1=S十2gL2(L,2-S) BL3 为B=:,其中为常量，】为通电直导线中 D.若油柱稳定后上表面变化的高度为x,则回 的电流，r为该点到导线的距离，则无限长通 路中的电流为I=kS一卫gL2(L2-S) 电直导线在M点产生的磁感应强度大小为 BL3 ( 4.(2025·河南商丘模 X××× A是B BRC号B 拟)如图，一磁感应强O女××x D.Bo 度大小为B的匀强磁 xBx×tx! 2 接 2.(2025·山西晋中二模)如× 场，方向垂直于纸面 屏 图所示，用一根电阻丝制作 × （xOy平面)向里，磁 成正方形线框abcd,固定于 场右边界与x轴垂 儿◆ 匀强磁场中的线框平面与 直.一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁 磁场方向垂直，线框顶点a、 场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁 b与电源两端相连，电源内阻与正方形一条边 场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上 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 的P点，SP=,S与屏的距离为分，与x轴的 移走，则余下线框受到的安培力大小为( 距离为α.如果保持所有条件不变，在磁场区 A号 B号 c晋 D.16p 域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该 7 粒子人射后则会沿x轴到达接收屏.该粒子的 3.(多选)(2025·山东淄博 比荷为 一模)如图所示是小齐同 学设计的一个能够测量 A品 B.E aB2 电流的装置，其上部是一 D.B 根粗细均匀横截面积为S aE? 的竖直细管，下部是一截 5.(2025·河南开封高三M.- 联考)如图所示，虚线 B 面为正方形（边长为L) 的容器.该容器左右两壁 框MNQP内存在匀 为导体，其他各面是绝缘的，其底部与大气相 强磁场，磁场方向垂 纸面向里.a、b、c三 、p 通.容器内有一个正方形的金属活塞，其边长 也为L,可在容器内无摩擦滑动.活塞下面有 带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直 一轻质弹簧支撑着，已知弹簧的劲度系数为 于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中 k,活塞上部充有密度为ρ的绝缘油（测量过程 的运动轨迹.若不计粒子所受重力，则() ·164· 专题精准强化 A.粒子a带负电，粒子b、c带正电 聚变.其简化模型如图所 B.若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的 示，半径为R和√2R的两 加速度最大 个同心圆之间的环形区域 C.若三个粒子人射的速度相同，则粒子c在磁 存在与环面垂直的匀强磁 场中的加速度最大 场，核聚变原料气核(H) D.若三个粒子人射的动量相同，则粒子b的 和氘核(H)均以相同的速 带电荷量最大 度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大 6.(多选)(2025·黑龙江二 圆形区域内.则氕核在磁场中运动的半径最 ×B× 模)如图所示，半径为R 大为 ( 的一圆形区域，O为圆 心，P为边界上的一点， 品 区域内有垂直纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大 C D.(√2-1)R 小为B.电荷量为一q、质量为m的相同带电粒子 [B组创新应用练] a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v 9.(2025·河北邯郸高三校 -B那射人磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射 联考)如图所示，MN是一 m 圆的直径，在圆形区域内， 人磁场时的速度方向与粒子a射人时的速度方 MN的左、右两侧存在方 向夹角为0=30°.下列说法正确的是 ( ) 向分别垂直纸面向里、向 A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 外的匀强磁场，磁感应强 W 为R 度大小分别为B、2B.将由三段粗细相同的同 B.a粒子在磁场中运动的时间为” 一材料的导体所构成的正三角形abc置于圆 gB 形平面内，其中c与M重合、N为圆与ab边 Cb粒子在磁场中运动的时间为 相切的切点.再将正三角形的a、c两点接人电 路，电路中的电流由a流人三角形、由c流出， D.a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30° 大小为I.已知正三角形的边长为L,则正三角 7.(多选)(2025·山东滨M××××××N 形abc受到的安培力大小为 ( 州高三期末)如图区域 A.BIL 内存在磁感应强度大小 &号Bn 为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，CD C.专Bn D.子BI 和MN是两平行边界，区域宽度为d.许多质 10.(多选)(2025·甘肃兰州一 y 量为m、电荷量为十q的粒子以相同速率、沿 模)如图，在平面直角坐标 B 纸面内各个方向，由边界CD上的O点射人磁 系xOy的第一象限内，存 场，入射速度大小为B.不考虑粒子间相互 在垂直纸面向外的匀强磁 m 场，磁感应强度大小为B. 影响，不计粒子重力，磁场区域足够长，则 大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y 轴上的P(0,W3L)点，以相同的速率在纸面内 A,粒子在磁场区域中运动的最长时间为 gB 沿不同方向先后射人磁场，设人射速度方向 与y轴正方向的夹角为a(0≤a≤180°).当a B粒子在磁场区域中运动的最长时间为器 =150时，粒子垂直x轴离开磁场.不计粒子 的重力，则 C粒子在磁场区域中运动的最短时间为器 A.粒子一定带负电 B.当a=45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 D粒子在磁场区域中运动的最短时间为” 3gB C.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离 8.(2025·山东泰安一模)中国环流器二号M装 为3√5L 置(HL一2M)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 D.粒子人射速率为25gBL m ·165· ㄧ物理 11.(多选)(2025·广西二 M 13.(2025·合肥市高三×××××××××× 模)地磁场对宇宙高能 *2R 调研)如图所示，空 粒子有偏转作用，从而 间某平面内有一条 保护了地球的生态环 B 折线是磁场的分界×pA ··0×× 境.赤道平面的地磁场 线，在折线的两侧分 简化为如图所示，O为地 N 布着方向相反、与平《B: 球球心，R为地球半径.地磁场只分布在半径 面垂直的匀强磁场， 为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感 磁感应强度大小均为B.折线的顶角∠A= 应强度大小均为B,方向垂直纸面向里.假设均 90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L.现 匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN 有一质量为m、电荷量为g的带负电微粒从 沿赤道平面射向地球.已知粒子质量均为m、电 P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力. 荷量均为q,不计粒子的重力及相互作用力，下 (1)若P、Q之间外加一个与磁场方向垂直的 列说法正确的是 ( ) 匀强电场，能使速度为o射出的微粒沿直线 A,若粒子速率小于9BS,入射到磁场的粒子 PQ运动到Q点，则电场强度应为多大？ 2m (2)撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经 可以到达地面 折线的顶点A而到达Q点，求初速度应该 B若粒子速率小于B 满足什么条件？ 2m ,入射到磁场的粒子 (3)求(2)中微粒从P点到Q点所用的时间. 均无法到达地面 C.若粒子速率为9BR m 正对着O处人射的粒 子恰好可以到达地面 D,若粒子速率为3gB ,入射到磁场的粒子 2m 恰好有一半可以到达地面 12.(2025·吉林长春市第二 中学第四次调研)如图所 示，在平面直角坐标系 × × zOy的第四象限有垂直纸 × + 面向里的匀强磁场，一质 量为m=5.0×108kg、电 37 荷量为q=1.0×106C 的带电粒子，从静止开始经U=2.5V的电压 加速后，从P点沿图示方向进人磁场，已知 OP=15cm(粒子重力不计，sin37°=0.6， c0s37°=0.8)，求： (1)带电粒子到达P点时速度v的大小： (2)若磁感应强度B=2.0T,粒子从x轴上 的Q点离开磁场，求OQ的距离； (3)若粒子不能进人x轴上方，求磁感应强度 B满足的条件. ·166·丨物理 源电荷的距离为，=，如图所示，由几何 14.解析：(1)由几何关系可知，椭圆上任何一，点到两焦点 21 间距离之和为2a,故顶点B距源电荷的距离为"=a, 知识可得0s9=5,每个扬源电荷对点电 F 根据电势计算公式= kQ可得在椭圆轨道半短轴项点 3 荷的库仑力大小为下=Q9=4g,点电荷 B的电势为gB=四 3a (2)同理可知，在椭圆轨道半长轴顶，点A的电势为PA= 受到的合力大小为F=2Fcos日=2X4hQ9X3 3a 3 kQ-2kQ a-2 2a-c 8kQg,根据合力提供向心力有F=mwR,解得w= 9a 根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A 4kQ,C正确；由动能的表达式得E=2mu= 到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为W西 3 ma --q(9A-pa)=-kQq(2a-ca) 21Y moR)-2C.D错说.] 1 (3)设带电粒子的质量为m,假设带电粒子动能与电势 90 l0.D[a电子入射动能为Ek,根据动能的表达式有E= 能之和守恒，则满足m0+(一g)9-C(定值)， 之m心，电子恰好微圆周运动，则E=m,联立解得 则w2=2kQ.1+2C r m E2E,故A错误：由困可知，P点电扬线密度较稀疏， 根据图像可知2-上关系为一条倾斜直线，故假设成 e 则场强小于C点场强，故B错误；已知CQ=2BP,因 为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q 立，将圈像中（侵0）代入关系式可得共动能与电势能 点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子 之和为C= kQg 在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q,点动 能较小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径 向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大 答案：(1)Q (2)-kQg(2aFc-a 2 于CQ之间平均电场强度大小，根据U=Ed,则Ua 2Um,则b粒子全程的克服电场力做功W=eUa< )守恒，- 2a 2eUp=2eU,故D正确.] 专题精准强化9 11.BD[根据等量正，点电荷连线中垂线上的电场强度分 布可知，从O到P电场强度可能先增加后减小到零，然 1.A[设通电长直导线在M点产生的磁感应强度大小等 后反向增加再减小；或者先减小到零，然后反向增加， 于B,根据B=kL可知通电长直导线在N点产生的磁 因此电场强度在过OP中，点后图像应在x轴下方，则A 错误.从O到P电势先升高后降低，O、P两，点电势相 感应授度大小等于号B.根据安培定则可知通电长直导 等，中点电势最高，则B正确.静电力对负电荷先做正 功后做负功，则动能先增加后减小，电势能先减小后增 线在M,点产生的磁场方向向外，在V,点产生的磁场方 加，但是负电荷在各点的电势能均为负值，E。一x图像 向向里，由B、=2Bw得号B十B=2(B,-B),解得B= 应该在x轴下方，则C错误，D正确.门 12.D[从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机 品B故A正确.] 械能一直减小，故A错误；等效重力与竖直线夹角约 37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大 2.C[设正方形线框一条边的电阻为R,长度为L,当开关 后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点 比A点更靠近等效最低点，所以VA<,故C错误；从 S间合时，正方彩的感电租为R写限子R,由用合 A到B,由动能定理mgR一EqR= 2 mvg 2 2m℃2， 巴移政姆定得可得电稀中的电流3R十尽示， 解得%√十gR,之后小球微针抛运动，在垂直 以线框所受的安培力F=I1LB,当ab边切割移走后，电 于等效重力场方向上的分速度为零时即为最小速度， 路中的电阻R2=R十3R=4R,由闭合电路欧姆定律可 E E 得，电路中的电流1，一3歌R一最，此时线框所受的安 13.D[由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入 培力E=ILB,联立求解得F三6F,故C正确. 电场后受到电场力作用先做减速运动后做加速运动， 3.BC[闭合开关K前，活塞受到重力、弹簧的弹力和液体 由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t=1s 的压强产生的压力，设这时液体的高度为0，弹簧的弹 和t=4s,B错误；由图像的斜率等于加速度求得小球 进入电场前的加速度为 力为Fo,由受力平衡得mg十pghL2=F。,闭合开关K 后，电流的方向从右向左，根据左手定则可以判定安培 a1=碧=碧=4(m/s)进入电场后的加速度大小为a, t,1 力的方向向下，此时受力平衡mg十pghL2十ILB=F,活 塞会向下运动，即液体的高度要减小，油柱的上表面要 =丛=2(m/s),由牛顿第二定律得mg=ma,F 下降，故A错误，B正确；油柱上表面下降x,则进入容器 3 mg=ma,得电场力F=mg十a,=子ma,可得重力 的液体的体积△V=S·x,故活塞下降的高度工-Y L? g与电场力F的大小之比为3：5，A错误；整个过程中， 动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功 子，该体的高度方=A,-十上=私十（信-1）小，弹资 与克服电场力做的功大小相等，C错误；整个过程中，由题 图可得，小球在02.5s内向下运动，在2.5~5s内向上 的弹力支化F-R,=x=是红，联主解得I= 运动，在1一4s过程中，电场力先做负功，后做正功，小球 kS+pgL (L?-S) ,故C正确，D错误.] 的机械能先减小后增大，D正确.] BL' ·288· 答案精析1 4,A[带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如8A[依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根 图所示.门 据gB=m号，得器由于二者连度相同，报据半经 与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之 a 2 比为1：2.当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界 ×0 60° 相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得（√2R r-a t309 )'=十R,求得辰模的最大丰径为a=R,所 4 P 以久技在酸场中远动的最大丰丝为二宁一号代故 A正确.门 由几何关系可知rsin30°=r-a→r=2a 9.B[正三角形abc中，acbc在磁场中受安培力的作用，ab不 9 在磁场中而不受安培力的作用，αc在磁场中的有效长度为 F%=Fg→gB=m号r=8 名点 ·A正确， 匀速直 L.=los30Xcos30=子Lac中的电流为1.=号1，则ac E 加电扬后线运动rB=gE一=日 B、C、D错误。 所受安培力的大小为E=BX号IX子L=专BL:同理收 5.C[由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由题图可知 R,>R>R。,由粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心 所受安培力的大小为R=2BX号1X是L=之BL,ack 、力有B=m=ma,解得R二gB,a=m,若三个粒 所受安培力的大小相等，夹角为120°，故正三角形ak受到 子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度 的安培力大小为F=R=B,故B正确.] 最小，故A、B错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子 10.CD[由题意知粒子垂直x轴离 C的比荷最大，粒子C在磁场中的加速度最大，故C正 开磁场，根据左手定则可知粒子 确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子C的带电荷量最 =150 带正电，故A错误；当a=150°时， 大，故D错误， 粒子垂直x轴离开磁场，运动轨 6.AC[由洛伦兹力提供向心力，有 迹如图甲所示， o, 加B=m二，解得=R,故A正确： ×BX ×0 粒子运动的轨迹半径，= 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， cos 60 粒子a、b在磁场中的运动周期均为R日0x =2√3L, T=细-密，由载迹困可知8=0 洛伦兹力提供向心力，有qB= 1 90°，8，=120°，则a、b粒子在磁场中 的运动时网分别为=品T-器4品T-器 3gB 解得粒子入射速率为0=2L m 故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场 故D正确； 时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场 若α=45°，粒子运动轨迹如图乙L 5Y 时的速度方向平行，故D错误.] 所示， o 459 r 7.AD[粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心 根据几何关系可知粒子离开磁场 力，有gB=m0,解得r==×9Bd=d,周期T 时速度方向与x轴不垂直，故B错 gBgB 误；粒子离开磁场距离O点最远 乙 2_2πm,如图甲所示， 时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示 U gB M B P、r D O 由几何关系可知，当粒子 在O点的速度方向垂直M $ CD边界时，粒子轨迹恰好 O'10 根据几何关系可得(2r)=(L)十x,解得xm=3√⑤L,故 与N相切，此时轨迹对 C×Bx D C正确.] 应的圆心角最大为180°， 粒子恰好在磁场中运动半 LD[芳粒子的速率为，粒子在碳场中运动时由洛伦 个周期，粒子运动时间最 长，最长时间号-需A正确，B错误：拉子在磁场区 装力提供向心力，有B=m号，解得=号，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 域中运动的时间最短时轨迹如图乙所示， 迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故 由几何关系可知日=60°，故粒子在磁场中运动的最短时 网一石-器C铅钱D正确.门 A错误，B正确若粒子的速率为迟，由B=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 ·289· 丨物理 迹如图所示.设该轨迹半径为，由 M 专题精准强化10 几何关系可得+(2R)-n=R, 2R 1.C[设原子核的质量为m,电荷量为q,进入磁场时的速度 、B 解得n=三R≠r,故C错误：若粒子 大小为，则粒子在电场中加速的过程，由动能定理有U A 速率为B那，由gB=m 互，解得 合m,解得逢度为√四在磁场中，洛伦按力提供向 2m rn一2 =,由C项的分析可知，此 心力B=型代入建度得，一√可由遁知-号 时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对 八=受，因此有片-吾√一，解得原子接质量之比为册 r2 x2 m2 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 2.AB[设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为，由动能 面，故D正确.门 12.解析：(1)根据动能定理可知q= 2m2, 定理得gU=之m.0 由牛顿第二定律有g%B=m互，② 代入数据可得= 2qU. 2×1.0×10X2.5 5×10-8 m/s m 联立①②式解得n=B√9 1 /2mU =10m/s. ,故A正确；设质子从静止 (2)根据gwB= -可得粒子在磁场中的轨迹半径 mu 开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为， gB 0.251m=25cm, 则2gU=号m,③ 根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在 x轴上，因此OQ=r+rcos37°=45cm B=mR,国 (3)若粒子不能进入x轴上方， y 临界状态时，运动轨迹恰好与x 质子做圆周运动的周期T=2,⑤ gB 轴相切，如图所示， 质子运动的总时间t=nT,⑥ 根据几何关系可知r'十r'sin37 X × =0P, × 联这@①6@式解得R=√隔故B正确：旅格nB 由guB=m × 荒解得 BR,质子射出加速器时的动能E=立mt 1 解得B=9工。 37 BR1=BU☑L,故C错误：根据圆周运动的周期T= 2 因此若粒子不能进入x轴上方，磁感应强度B≥ 16 T 3 绍，由于质子与。粒子的电荷量之比为1：2，而质子与0 答案：110m/s245cm（3)B≥5T 粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为1：2，那么频 13.解析：(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE=qB,得E 率之比为2：1，故D错误.] 3.C[由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下 =U6B. 极板为负极，则外部电路中的电流方向为→R→V,选项A (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=x(n为整数)，其中x为每次偏转圆孤对应的 错误：稳定时，洛伦兹力等于电场力，即9B=9 U,所以发 弦长：偏转圆孤对应的圆心角为受或受设围狐的半径为 电机产生的电动势为E=U=Ba,根据闭合电路欧姆定律 R,则有一R,解得R-受，又周为B=m发由以上 可得回路中的电流为I=E R-p最 BaL,选项B错误， Rbl-pa 2n 各式可解得 -2qBL 发电机的输出功率为P出=IR= Baubl R,选项C正 n=1、2、3、… (Rbl+m】 2m1 (3)如图所示，当n取奇×××n取××米心父n取 确；矩形发电通道左右端的压强差为△p=是=B弘 ab 数时，微粒从P到Q的过××B×偶数 ×××父奇数 程中圆心角的总和为日 al,选项D错误.] Rblpa =n×交+X3=2mm, 4.BD「设粒子在磁场中的速率为U,半径为R,在电场中 2 2 、xxp芯×× ..g× 故其运动时间t1= 由动能定理，有gd=名m,在磁场中，洛伦兹力提供 2π X······入X 2πm_2πm 向心力，有gB=m尺，由几何关系可得R=d,综上可得 9B 9Bn=1、3、5、 …;当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总 E=BgL,故A错误；粒子在电场中的运动时间为 2m 和为=X受十X 2 =nπ，故其运动时间为 兰器在雅场中的运动时网为五=哥一器拉子从 t 2元qB9Bm=2,46、 nr、2m_n 答案：(1)4B(2)u=EgBL O运动到P的时间为t=t1十t2= (元十4)m,故B正确； n=1、2、3、 2nm 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和 82m=1.35…ggm=24.6 向下的分量、℃，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水 gB 平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为F,= ·290·