第1部分 专题3 第9节 磁场-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 第9节　磁场 高考体验 1．(2025·福建卷，3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称，且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为(　　) A．B2－B1 B．B1－B2 C．B2－B1 D．B1－B2 答案：A 解析：设OM＝ON＝2r，单根导线在距其r处产生的磁场的磁感应强度大小为Br，在距其3r处产生的磁场的磁感应强度大小为B3r，根据安培定则及磁感应强度的叠加原理可知，B1＝Br－B3r，B2＝2Br，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B3r，可解得B3r＝B2－B1，A正确。 2．(2025·河南卷，9)(多选)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＜Id 答案：BC 解析：若没有两线圈，则镜头在弹簧弹力和重力的合力作用下与手机框架有相同的加速度a，而题中通过调节c、d中电流使镜头处于零加速度状态即平衡状态，则c、d所受安培力的合力方向与加速度a的方向相反。若Ic沿顺时针方向，Id＝0，由左手定则可知，线圈c所受安培力方向水平向右，线圈d所受安培力为0，安培力的合力向右，则表明a的方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，由左手定则可知，线圈d所受安培力方向竖直向上，线圈c所受安培力为0，安培力的合力向上，则表明a的方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，则两线圈所受安培力的合力方向沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向右的安培力，d受到竖直向下的安培力且Fc>Fd，根据左手定则及安培力公式可知，Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，则两线圈所受安培力的合力方向沿左偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向左的安培力，d受到竖直向下的安培力且Fc>Fd，根据左手定则及安培力公式可知，Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id，D错误。 3．(2025·安徽卷，7)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 答案：C 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，其中v＝，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；由“旋转圆”法可知，当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，两个临界运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos30°－r＝(－1)d，B错误；同理，由“旋转圆”法可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，两个临界运动轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动时间t＝T，周期T＝＝，故粒子运动轨迹所对应圆心角越小，运动时间越短，所以打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，其轨迹所对应的圆心角为60°，则最短时间tmin＝·＝，D错误。 4．(2025·重庆卷，14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，管在纸面内，且仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知OK＝3h，OM＝3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)设粒子的速度大小为v，轨迹半径为r，洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，有qvB＝m 由几何关系知2r＝3h 解得v＝。 (2)设粒子做圆周运动的半径为r1，粒子的速度大小为v1，画出K的两端发射的正、负粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识可知r1＋r1sinθ＝OK 且θ＝30° 根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 解得r1＝2h，v1＝。 (3)分析可知，图1中KN部分优弧为带正电粒子的运动轨迹，过M点作该部分运动轨迹的切线，如图2所示，其中切点P即为关闭磁场时带正电粒子所在位置，由几何关系知，图中α的正切值tanα＝ 该粒子在磁场中运动的弧长对应的圆心角 β＝90°＋α 该粒子在磁场中运动的时间t＝ 解得t＝。 好题精选 5．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A.BIl B．BIl C.BIl D.BIl 答案：A 解析：该导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝lsin60°，则导线所受安培力大小为F＝BIL＝BIl，故A正确。 6．(2025·贵州省贵阳市高三下联考)如图，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子重力，则t为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，α＋＝90°－20°，解得α＝40°，则轨迹的圆心角为θ＝360°－2α＝280°，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，粒子在磁场中运动的周期为T＝，可得T＝＝，所以t＝T＝，故选C。 7．(2025·贵州省普通高中学业水平选择性考试适应性测试)(多选)如图，在上下无限长平行边界PQ与MN间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，PQ与MN间的距离为d。直线l垂直于PQ，其上S点处有一点状粒子源，S到PQ的距离为1.5d。粒子源在纸面内向其右侧空间各个方向发射大量带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、速度大小相等。从MN右侧离开磁场区域的所有粒子中，在磁场中运动时间最短的粒子a(图中未标出)做匀速圆周运动的圆心恰好在直线l上。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　) A．所有粒子在磁场中运动的轨道半径均为d B．粒子a进入磁场时的速度方向与直线l的夹角为60° C．粒子a在磁场中运动的时间为 D．从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场 答案：AD 解析：速度一定时，粒子在磁场中运动的半径相同，轨迹均为劣弧的情况下，所对应的弦长越短，圆心角越小，运动时间越短，可知粒子a的轨迹如图所示，设粒子做圆周运动轨迹的半径为R，由几何关系可知θ＝i，则sinθ＝sini，即＝，解得R＝d，θ＝30°，故A正确，B错误；粒子a在磁场中转过的圆心角为2i＝60°，所以粒子在磁场中的运动时间t＝T＝×＝，故C错误；分析可知，沿直线l方向射入磁场的粒子，恰好和MN相切，由“旋转圆”法可知，从直线l下方入射的粒子均从直线PQ左侧离开磁场，故D正确。 8．(2025·湖北省七市州高三下联考)如图所示，半圆环ABCD区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，内半圆环的半径为R1＝L，外半圆环的半径为R2＝L。AB入口处一粒子源能向磁场内发射出质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，粒子在磁场中运动碰到内、外半圆边界会被立即吸收，CD为粒子的出口，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。 (1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子不从AB端射出，求粒子的最小入射速度； (2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，求粒子入射速度的大小； (3)若粒子从AB射入时，速度大小和方向可以改变，求从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间。 答案：(1)　(2) (3) 解析：(1)当粒子从A点垂直AB射入，从B点射出时，不从AB端射出的入射速度最小，设最小入射速度为v1，所对应的轨迹半径为r1，则R2－R1＝2r1 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv1B＝m 联立解得v1＝。 (2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，则A、B处入射粒子的轨迹如图甲所示，设粒子入射速度的大小为v2，所对应的轨迹半径为r2，则有R2＋R1＝2r2 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv2B＝m 解得v2＝。 (3)作出从CD口射出的粒子在磁场中运动轨迹时间最长的轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的周期为T，运动的最长时间为tmax，此时粒子的轨迹半径为r3，则R＋(R2－r3)2＝r 由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有qv3B＝m 其运动周期T＝ 由几何知识可知sinθ＝ 从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T 联立解得tmax＝。 高考体验 1．(2025·四川卷，10)(多选)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 答案：AD 解析：分析可知，粒子的运动轨迹如图所示，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；设粒子的速率为v，对粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得半径r＝，故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有cosα＝，可得α＝37°，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，可解得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，而粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的速率相等，由t＝可知，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比＝＝，故C错误，D正确。 2．(2025·甘肃卷，10)(多选)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va 答案：BD 解析：a粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvaB＝m，且va＝，可得Ra＝R0，作出a粒子运动轨迹，如图1所示，由几何知识可知，外圆半径R′＝R0＋R0，a粒子返回A点的最短运动轨迹smin＝2×＋2R0＝(3π＋2)R0，则所用的最短时间为tmin＝＝，A错误，B正确；作出b、c粒子运动轨迹，分别如图2、图3所示，可知b、c粒子返回A点所用的最短时间都是一个周期T＝，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；设c粒子的轨迹半径为Rc，速率为vc，由几何关系得2Rc＝R′－R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，解得vc＝＝va，D正确。 3．(2024·浙江6月选考，15)(多选)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程(　　) A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为 D．若v0＝，弹力冲量为零 答案：CD 解析：小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，沿杆方向只受重力沿杆向下的分力，则该过程小球做匀减速直线运动，到达最高点时速度为0。该过程，对小球根据动量定理可得，合力冲量I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；设该过程小球的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动规律可知，该过程小球运动的时间为t0＝，可得t0＝，则该过程重力的冲量大小为IG＝mgt0＝，故B错误；小球所受洛伦兹力一直垂直杆向上，大小为F＝Bqv，因为t0时间内v从v0均匀减小到0，则F从F0＝Bqv0均匀减小到0，则F的平均值为＝，则该过程洛伦兹力的冲量大小为I洛＝t0＝，故C正确；若v0＝，则t＝0时刻小球所受洛伦兹力大小为F0＝Bqv0＝2mgcosθ，因为小球在垂直细杆方向所受合力为零，F随t从F0＝2mgcosθ均匀减小到0，则杆的弹力FN先垂直杆向下，从mgcosθ均匀减小到0，然后垂直杆向上，从0均匀增大到mgcosθ，以沿垂直杆向下为正方向，画出小球在整个减速过程的FN­t图像如图所示，由FN­t图线与时间轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 4．(2025·黑吉辽蒙卷，15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2。 答案：(1)　　(2) (3) 解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示 设轨迹半径为r，根据几何关系可知rsinθ＝y0 解得r＝2y0 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m 解得v1＝ 粒子在磁场中运动的周期T＝ 粒子在磁场中运动的时间为t1＝·T 联立解得t1＝。 (2)粒子轨迹不变，则点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力的合力提供向心力，有qv2B＋k＝m 解得v2＝。 (3)粒子从N点射出磁场后，仅在点电荷的作用下运动。粒子刚离开磁场时，所需的向心力m大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕太阳的椭圆轨道运动，N点可类比为“近日点”。粒子的运动轨迹如图2所示 粒子从N点运动至首次与N点速度方向相反的过程中，只有电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有mv＋qφ2＝mv＋qφ3 其中φ2＝，φ3＝ 类比开普勒第二定律有v2Δt·r＝v3Δt·R 联立解得R＝6y0(另一解R＝2y0不符合实际，舍去) 粒子椭圆轨迹的半长轴a＝＝4y0 类比开普勒第三定律可知，粒子沿椭圆轨迹运动的周期，与绕点电荷以半径a做匀速圆周运动的周期相同，设为T′，由牛顿第二定律可得k＝m·a 粒子从N点到首次与N点方向相反经历的时间t2＝T′ 联立解得t2＝。 5．(2025·浙江1月选考，17)如图所示，接有恒流源的正方形线框边长为L、质量为m、电阻为R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上。开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。 (1)线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求 ①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小； ②线框中心运动至x＝过程，安培力做的功及冲量； ③线框中心运动至x＝时，恒流源提供的电压。 (2)线框中心分别位于x＝0和x＝，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1－t2。 答案：(1)①2BIL　②　L，方向水平向右　③BL2＋IR (2)0 解析：(1)①闭合开关S瞬间，线框在磁场中的有效长度为l0＝2L 所以线框受到的安培力大小为F安0＝BIl0＝2BIL。 ②线框中心运动到x(x≤L)时，线框在磁场中的有效长度为l＝2(L－x) 所以线框受到的安培力大小为F安＝BIl＝2BI(L－x) 则安培力随线框移动的距离均匀变化，线框中心运动至x＝时，线框受到的安培力为F安1＝BIL 则线框中心运动至x＝过程，安培力做的功为W安＝·＝ 该过程由动能定理有W安＝mv2－0 解得线框中心运动至x＝时，速度v＝L 由动量定理可知，该过程安培力的冲量大小为I冲＝mv－0＝L，方向水平向右。 ③线框中心运动至x＝时，由能量守恒定律有UI＝BILv＋I2R 解得恒流源提供的电压为U＝BL2＋IR。 (2)线框出磁场之前，运动过程受到的安培力F安＝2BI(L－x) 结合简谐运动的回复力公式分析易知，出磁场前，线框做简谐运动(平衡位置为线框中心在x＝L处的位置) 线框中心位于x＝0处时，闭合开关后，做振幅为A1＝L的简谐运动；线框中心位于x＝处时，闭合开关后，做振幅为A2＝的简谐运动 由于线框、电流、磁场均没有变化，则简谐运动的周期不改变，即两次简谐运动的周期相等，设为T 由于闭合开关S后，两次线框中心运动到x＝L的过程，都是从最大位移处运动到平衡位置，因此两次运动时间相同，为t1＝t2＝ 故t1－t2＝0。 好题精选 6．(2025·河北省名校联考高三下模拟预测)(多选)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内外存在垂直纸面方向的匀强磁场(图中均未画出)，圆内区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，圆外区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。质量为m、带电量为＋q的粒子从圆周上的M点以某一速度沿半径方向进入圆形区域，粒子第一次离开圆形区域时速度偏转角为120°。不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　) A．粒子的速度大小为 B．粒子通过的路程后第一次返回M点 C．粒子运动的周期为 D．若仅去掉圆形区域内的磁场，粒子经过时间第一次沿MO方向通过M点 答案：BD 解析：粒子第一次离开圆形区域前的运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，其轨迹半径r1＝＝R，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得粒子的速度大小v＝，A错误；粒子在圆外区域磁场运动时，有qv＝m，解得轨迹半径r2＝R，粒子在圆外区域磁场的运动轨迹如图乙所示，粒子在圆内区域磁场运动的圆心角θ1＝120°，则θ4＝180°－θ1＝60°，粒子在圆外区域磁场运动的圆心角θ2满足tan＝，可得θ2＝，θ3＝180°－(2π-θ2)＝120°，因为θ4＋θ3＝180°，所以粒子第一次返回M点的轨迹如图丙所示，经过的路程s＝2(θ1r1＋θ2r2)＝，粒子的运动周期为T＝＝，B正确，C错误；去掉圆形区域内的磁场时，粒子在圆形区域内做匀速直线运动，结合B、C项分析，可知粒子从发射至第一次沿MO方向通过M点的轨迹如图丁所示，故粒子第一次沿MO方向通过M点所需要的时间t＝6×＝，D正确。 7．(2025·湖北省七市州高三下联考)如图a所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a(图中未画出)垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b(电流方向未画出)垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴的夹角为θ，θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图b和图c所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是(　　) A．导线a的电流方向一定与导线b相反 B．导线a可能位于第四象限角平分线上 C．导线b移动过程中，O点处磁感应强度先增大后减小 D．导线b移动过程中，O点处磁感应强度最小值为0 答案：B 解析：由安培定则可知，导线b产生的场强在θ＝0时没有x轴方向的分量，在θ＝时没有y轴方向的分量，因此导线a在O点处磁感应强度的分量Bax＝2 T，Bay＝2 T，即导线a在O点处的磁感应强度沿第一象限角平分线向上，大小为Ba＝＝2 T，由安培定则可知，导线a可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外，故A错误，B正确；根据矢量的合成与分解可知，θ＝0时导线b在O点处的磁感应强度沿y轴正方向，大小为Bb＝6 T－Bay＝4 T，则θ从0增大到π的过程，导线a、b在O处产生的磁感应强度的夹角由45°增大到225°，由矢量运算法则可知，O点处磁感应强度先减小后增大，二者夹角是180°，即θ＝时，O点磁感应强度最小，最小值是Bb－Ba＝(4－2) T≠0，C、D错误。 8．(2025·江苏省苏锡常镇高三下二模)如图所示，xOy平面的一、四象限内分别存在匀强磁场1和2，磁场方向均垂直纸面向外，磁场1的磁感应强度大小为B。坐标轴上P、Q两点坐标分别为(0，L)、(L，0)。位于P处的离子源可以发射质量为m、电荷量为q、速度方向与＋y轴夹角为θ的不同速度的正离子。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)当θ＝90°时，发射的离子a恰好可以垂直穿过x轴，求离子a的速度v； (2)当θ＝45°时，发射的离子b第一次经过x轴时经过Q点且恰好不离开磁场区域，求磁场2的磁感应强度B2的大小； (3)在(2)的情况中仅改变磁场2的强弱，可使发射的离子b两次经过Q点，求离子b前后两次经过Q点的时间间隔t。 答案：(1)　(2)B (3)(k＝1、2、3) 解析：(1)当θ＝90°且恰好可以垂直穿过x轴时，离子a圆周运动的半径ra＝L 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得v＝。 (2)当θ＝45°，离子经过Q点，由几何知识可知，PQ为轨迹圆直径，若恰好不离开磁场，则离子b再次回到磁场1中时，运动轨迹正好与y轴相切，运动轨迹如图甲所示，其中O1、O2、O3分别是离子b第一次在磁场1中、在磁场2中和第二次在磁场1中运动轨迹的圆心，离子b在磁场1中圆周运动的半径为r1＝L 由几何关系知，∠AO3M＝45°，∠AO2Q＝90°，OA＝r1(1－cos∠AO3M)，AQ＝L－OA，AQ＝2r2sin 可得离子b在磁场2中的运动半径为r2＝L 设离子b运动速率为v1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，qv1B2＝m 联立解得v1＝，B2＝B。 (3)离子b两次经过Q点的最简单的轨迹如图乙所示，由于离子每次进入磁场2时轨迹都会右移，故离子b第二次经过Q点必定是从磁场2进入磁场1时，设离子b第一次经过Q点后，再经磁场1向右偏转k次，经磁场2向左偏转k＋1次后第二次经过Q点，离子b在磁场2中的轨迹半径为rk，由几何关系可知L－(k＋1)·rk＋k·r1＝L 可得rk＝r1 由(2)分析可知，为保证不出磁场，必须满足rk≤r2 联立可得k<2＋1≈3.8，所以k的取值为1、2、3 离子b前后两次经过Q点的运动时间为t＝ 可得t＝(k＝1、2、3)。 拔高选做 9．(2024·河北卷，10)(多选)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是(　　) A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 答案：AD 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在abcd区域做匀速直线运动。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子在abcd区域的运动轨迹与ac连线平行，作出粒子到达cd边前的运动轨迹如图甲所示，分析知，粒子前后两次在磁场中的运动轨迹关于BD连线对称，则粒子必从C点垂直BC射出，故A正确。若粒子经bc边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图乙所示，r是粒子的轨迹半径，因为E到AD边的距离与F到BC边的距离相等，则有r－rcosθ＝rsinα，由几何关系知，θ+α＝90°，解得θ＝60°，故D正确。若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图丙所示，r是粒子的轨迹半径，根据几何关系，H到BC边的距离rcosi≥r(1－cosi)，出射点到cd边的距离r(1－sini)≤r(1－cosi)，可得45°≤i≤60°，当i＝45°时，粒子经过C点，当i＝60°时，粒子经过c点，故C错误。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，粒子可能穿过bc边或cd边再次进入磁场。如图丁所示，设正方形ABCD边长为l，正方形abcd边长为x，根据几何关系有＝r(1－cos60°)，可解得粒子的轨迹半径r＝l－x，则粒子轨迹与cd边所在直线的交点J到d的距离为y＝tan60°，当y<x时，粒子经过cd边(不包括c点)，可得x<(2－3)l，解得的x合理，则x≥(2－3)l时，粒子经过bc边(包括c点)，x<(2－3)l时，粒子经过cd边(不包括c点)。若粒子经过bc边(包括c点)，如图戊所示，根据几何关系知，rcos60°＝，r(1－sin60°)<，即第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边上，且第二次在磁场中运动的轨迹圆与BC边的交点在C点下方，则粒子垂直BC边射出磁场；若粒子经过cd边(不包括c点)，如图己所示，根据几何关系知，r(1－sin60°)<，r＋rcos60°>l－，rcos60°＝，即第二次在磁场中运动的轨迹圆与CD边不相交，与BC边相交，且第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边左侧，则粒子从BC边射出磁场且射出磁场时与BC边不垂直，故B错误。 10．(2025·北京市海淀区高三下一模)寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。 (1)如图1所示，用细线悬挂的两个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行、球心等高。把小球1向左拉起一定高度h后由静止释放，与小球2发生弹性正碰。已知重力加速度为g，求碰后瞬间小球2的速度大小v。 (2)某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着两个相同的“载流线圈”，放置着三个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2和弹头3左侧都非常靠近无磁性的、质量均为m的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平轨道上沿轴线自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈1施加的磁力作用从静止开始加速运动，通过碰撞将动能传给中间的弹头2；弹头2被载流线圈2加速，通过碰撞将动能传给弹头3，弹头3最终被弹出。 弹头可视为半径为r、电流大小恒为I、方向如图2方框中所示的单匝细圆线圈，且r远小于载流线圈半径。所有碰撞均可视为弹性正碰，不考虑弹头之间的磁力作用，相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。 ①标出载流线圈1和载流线圈2中电流的方向。 ②已知载流线圈1在弹头1处产生的磁场磁感应强度的轴向分量Bx和径向分量Br。求弹头1在图2方框中所示情况下受到载流线圈1的作用力的大小F。 ③通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的单匝细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中所具有的“势能”可表示为Ep＝－iBScosθ，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。 已知载流线圈1和载流线圈2在各自圆心处产生的磁感应强度大小均为B0。求弹头3理论上能获得的速度上限vm。 答案：(1) (2)①图见解析　②2πrIBr　③ 解析：(1)设小球的质量均为m，碰前瞬间小球1的速度为v0，小球1下落过程，根据动能定理有mgh＝mv－0 弹性碰撞过程中，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mv′＋mv 由机械能守恒定律有mv＝mv′2＋mv2 联立可得v＝。 (2)①由安培定则及题图2可知，弹头可视为右端为N极的条形磁体，则要想使其加速，载流线圈中的电流如图所示 ②可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，由左手定则知，所有小段通电直导线在轴向磁场Bx作用下所受安培力方向均背离圆心，在径向磁场Br作用下所受安培力方向均水平向右，将每一小段通电直导线受到的安培力求和，即为周长为2πr的细圆线圈(即弹头)受到的总安培力，可得F＝2πrIBr。 ③为使弹头3获得理论上的速度上限，应将弹头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为v1，在足够远处载流线圈的磁场的磁感强度为0，弹头1动能为0，根据能量守恒定律可得0＋0＝－πr2IB0cos0°＋mv 弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱的速度大小分别为v1′和v2′，以v1的方向为正方向，由动量守恒定律有mv1＝mv1′＋mv2′ 由机械能守恒定律有mv＝mv1′2＋mv2′2 可得v1′＝0，v2′＝v1 即速度发生交换。同理，左侧的弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度v1继续向右运动 设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为v2，根据能量守恒定律可得 0＋mv＝－πr2IB0cos0°＋mv 接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹头3交换速度，弹头3获得的速度上限为vm＝v2 联立解得vm＝。 19 学科网（北京）股份有限公司 $