2026届高考物理一轮复习高频考点专项练09：磁场

高频考点专项练09：磁场 1. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将(　　) A. 大于v　　　　　　　 B. 小于v C. 等于v D. 无法确定 2. (多选)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则 ( 　　 ) A. PB≤L B. PB≤L C. QB≤L D. QB≤L[来源:Z.xx.k.Co 3.如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)。则从N孔射出的离子(　　) A. 是正离子，速率为kBR/cosα B. 是正离子，速率为kBR/sinα C. 是负离子，速率为kBR/sinα D. 是负离子，速率为kBR/cosα 4. (多选)如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是(　　) A. 导电圆环有收缩的趋势 B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上[来源:Zxxk.Com] C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIR D. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR 5. 如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有ma＝mb<mc＝md，以不等的速率va<vb＝vc<vd进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B2的磁场，另两个离子射向P1和P2。由此可判定(　　) A. 射向P1的是a离子 B. 射向P2的是b离子 C. 射向A1的是c离子 D. 射向A2的是d离子 6. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD。导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ。现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为恒量。若金属棒与导轨始终垂直，则在下列图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是(　　) 7. 如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，以下说法正确的是(　　) A. 粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqU B. 在粒子绕行的整个过程中，A板电势可以始终保持为＋U C. 在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变 D. 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度为 8. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属块的厚度为d，高为h，当有稳恒电流I沿平行平面C的方向通过金属块时，金属块上、下两面M、N上的电势分别为jM、jN，则下列说法中正确的是(　　) A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为|| B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为|| C. M面比N面电势高 D. 金属块的左面比右面电势低 9. 如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0水平抛出。若在该带电粒子运动的区域内加一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O点以初速度v0水平抛出，则粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。已知OA之间的距离为d，B点在O点的正下方，∠BOA＝60°，粒子重力不计。求： (1)粒子在电场中运动，到达A点时的动能EkA； (2)匀强电场的场强大小E与磁场的磁感应强度大小B的比值。 10. 如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁场的下边界与x轴重合。一质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝1×10－10C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60°角的方向从N点射入，经P点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y轴上的M点并沿与y轴负方向成60°角的方向飞出。第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B2，E的大小为0.5×103 V/m，B2的大小为0.5 T；M点的坐标为(0，－10 cm)，N点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力。 (1)求匀强磁场B1的大小和微粒的运动速度v； (2)B1磁场区域的最小面积为多少？ 11.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E＝40 N/C。在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示(不考虑磁场变化所产生电场的影响)，15π s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内分布一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场(图中未画出)，半径r＝0.3 m，磁感应强度B2＝0.8 T，且圆的左侧与y轴始终相切。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒从x轴上xP＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s沿x轴正方向射入，经时间t后，从y轴上的A点进入第一象限并正对磁场圆的圆心。穿过磁场后击中x轴上的M点。(g取10 m/s2、π＝3，最终结果保留2位有效数字)求： (1)A点的坐标yA及从P点到A点的运动时间t。 (2)M点的坐标xM。 (3)要使微粒在圆形磁场中的偏转角最大，应如何移动圆形磁场？请计算出最大偏转角。 1、解析：由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小。 答案：B 2、解析：由Bqv＝，可知R＝L，则从P点射入的粒子轨迹最长时为切着AC边，此时PB＝，而当粒子在其中经历圆弧时，从BC边上射出时，Q′B最大为L，故A、D正确。 答案：AD 3、解析：根据左手定则可判断出，从N孔射出的离子是正离子，从N孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2α，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r＝R/sinα，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq＝，解得，v＝kBR/sinα，B项正确。 答案：B 4、解析：若导线圆环上载有如图所示的恒定电流I，由左手定则可得导线圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsinθ，选项AB正确。 答案：AB 5、解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电。在速度选择器中，有qE＝qvB。v＝，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器。所以只有b、c两离子能通过速度选择器。a的速度小于b的速度，所以a受到的电场力大于洛伦兹力，a向P1偏转，故A正确、B错误；b、c两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B2的磁场中，根据r＝知，质量大的半径大，故射向A1的是b离子，射向A2的是c离子，故C、D错误。 答案：A 6、解析：当金属棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLkt<mg时，棒沿导轨向下加速；当金属棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLkt>mg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动之前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff＝μBLkt；在棒停止运动之后，所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ff＝mg，故C正确。 答案：C 7、解析：粒子每绕行一周，电场力做功qU，绕行n圈时，电场力做功即粒子获得的动能为nqU，A错误；若A板电势始终不变，则粒子运行一周时电场力做功为零，粒子得不到加速，B错误；粒子每次加速后速度增大而运行半径不变，则周期T＝应减小，C错误；再由R＝，nqU＝mv2，得B＝ ＝ ，故可知B应随加速圈数的增加而周期性变大，D正确。 答案：D 8、解析：由于洛伦兹力作用使电子堆积在金属块上表面且形成一附加电场，方向向上。设两面M、N上的电势差为U，则U＝|jM－jN|，稳定时电子所受的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB＝eU/h，根据金属导电时的规律I＝neSv，式中S＝dh，联立各式可得金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目n＝||，选项A对，B错；由左手定则可知，电子积累在上端面，电势低，故C错；由于电源外的电路中电流由高电势流向低电势，故D错。 答案：A 9、解析：(1)因电场方向竖直向下，粒子的初速度方向水平向右，所以粒子在该匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O点运动到A点所需要的时间为t。则有 dsin60°＝v0t dcos60°＝··t2 联立可解得E＝ 由动能定理可得qE·dcos60°＝EkA－mv 将E代入可解得EkA＝mv。 (2)撤去电场，加上垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子恰好能经A点到达该区域中的B点。由粒子在匀强磁场中的运动规律可知，OB必为该粒子做圆周运动的直径，如图乙所示，所以∠OBA＝30°，因此OB＝2d，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝d，由qv0B＝m可得B＝，又因为E＝，所以＝×＝v0。 答案：(1)mv　(2)v0 10、解析：(1)带正电微粒以某一速度v沿与y轴负方向成60°角的方向从N点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有Eq＝B2qv 所以v＝＝ m/s＝1×103 m/s 根据题意画出微粒的运动轨迹如图： 因为M点的坐标为(0，－10)，N点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R＝ cm＝ m 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB1v＝m 解得B1＝T。 (2)由图可知，磁场B1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD内。由几何关系易得 PD＝2Rsin60°＝0.2 m PA＝R(1－cos60°)＝ m 所以，所求磁场的最小面积为 S＝PD·PA＝× m2＝ m2。 答案：(1) T　1×103 m/s　(2) m2 11、解析：(1)F电＝qE＝8×10－3 N＝mg 所以微粒做匀速圆周运动qvB1＝m，R1＝0.6 m 周期T＝＝10π s 0～5π s匀速圆周运动半径R1<|xP| 微粒运行半个圆周后到点C： xC＝－0.8 m，yC＝2R1＝1.2 m 5π～10π s向左做匀速运动，位移大小 s1＝v＝ m＝1.8 m 运动到D点：xD＝－2.6 m，yD＝1.2 m 10π～15π s微粒又做匀速圆周运动，运动到E点： xE＝－2.6 m yE＝4R1＝2.4 m 此后微粒做匀速运动到达A点：yA＝4R1＝2.4 m 轨迹如图所示 从P到A的时间：t＝15π＋tEA(或者t＝2T＋) 所以t≈67 s (2)微粒进入圆形磁场做匀速圆周运动的半径为 R2＝＝0.6 m 设轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则tan＝＝ M点：xM＝r＋＝(0.3＋) m 由数学知识可得：tanθ＝＝ 所以xM＝2.1 m (3)微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，必须满足入射点与出射点连线为磁场圆的直径，则圆形磁场应沿y轴负方向移动0.15 m，因为R2＝2r， 所以最大偏转角为θ′＝60°。[来源:Zxxk.Com] 答案：(1)2.4 m　67 s　(2)2.1 m　(3)沿y轴负方向移动0.15 m　60° 学科网（北京）股份有限公司 $