专题强化练(九) 磁场-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 专题强化练 0 基础达标练 0… 1.(2025·江苏卷·3)某“冰箱贴”背面的磁 性材料磁感线如图所示，下列判断正确 的是 ( 磁性材料 A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 2.(2025·藏、疆卷·5)如图，正方形abcd内 有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸 面内从顶点a以速度v。射入磁场，速度方 向垂直于ab.磁感应强度的大小不同时，电 子可分别从ab边的中点、b点和c点射出， 在磁场中运动的时间分别为t、t2和t3,则 A.t1<t2=t3 B.<<l3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 3.(多选)(2025·陕西省西安三中等五校高 三联考)在图示的直角坐标系xOy中，有三 条相互平行的长直通电导线，分别位于y= y0y=0,y=-y0处，导线中电流11、12、I 方向如图所示，大小分别为I。、1。、2Io.已 知通电直导线产生的磁场中某点的磁感应 强度大小B=k子（其中是常量、】是电流 ·13 得分 九)磁场 大小、r是该点到导线的距离).下列判断正 确的是 3 -y0 A.)=一%处的磁感应强度大小为 2yo B.y=y处的磁感应强度大小为0 C.y=0处导线受到的安培力方向沿y轴 负方向 D.y=一y0处导线受到的安培力方向沿y 轴负方向 4.(2025·四川省绵阳市元三路高三三诊)如 图所示的平面内有宽度均为d的区域I、 Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面 向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁 感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度 大小的3倍.一带负电的粒子以垂直于边 界向右的初速度从区域I左边界上的O点 进人磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P 点（图中未画出）相切.不计粒子重力，忽略 边界效应，则下列判断正确的是 d d 01 X×X···· ××× ××× ××× I区 Ⅱ区 A.O、P两点竖直方向上的距离为√3d B.粒子从区域I进入区域Ⅱ，速度与边界 的夹角为60 C.粒子从O点到P点，在区域I、Ⅱ运动时 间之比为3：2 D.粒子从O点到P点，在区域I、Ⅱ运动 路程之比为2：3 班级 姓名 5.(2025·八省联考内蒙古卷·7)如图(a), 在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系 Oxy,空间内存在与桌面垂直的匀强磁场. 一质量为m、带电量为q的小球在桌面内做 圆周运动.平行光沿x轴正方向照射，垂直 光照方向放置的接收器记录小球不同时刻 的投影位置.投影坐标y随时间t的变化曲 线如图(b)所示，则 平一 行 收 光 器 0 O to 2to 3to 4to 图(a 图b) A.磁感应强度大小为2πm 3qto B.投影的速度最大值为 C.2to~3to时间内，投影做匀速直线运动 D.3to~4t0时间内，投影的位移大小为yo 6.(多选)(2025·四川卷·10)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「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 ·13 得分 …0能力提升练0。 7.(多选)(2025·重庆八中高三适应性试卷) 如图所示，x轴上方存在垂直xOy平面向 外，磁感应强度大小为B的匀强磁场.位于 坐标原点O的离子源从1=0时刻开始、沿 xOy平面持续发射速度大小范围为0<v≤ gBL、质量为m、电荷量为十q的粒子，离子 源发出的各种速度的粒子向各个方向都均 匀分布.不计离子重力及离子间相互作用， 且忽略相对论效应.则 () ·离子源 A.速度为9BL的离子，在磁场中匀速圆周 m 运动的半径为工 B.速度为BL的离子，在x轴上能够被探 m 测到的区间为L≤x≤2L C.在0~时间段内，磁场中可探测到离 于区域的最大面积为子2 D.在0一时间段内，磁场中可探测到离 子区域的最大面积为(x一号)L 8.(2025·广东省佛山市高b × 三第二次质检)如图所示， + 边长为L的正方形abcd 区域内有匀强磁场，ad边 × 中点处0有一粒子源，向。&以 d 磁场内各方向均匀发射速率均为的电 子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量 为m,电量大小为e,则 () 班级 姓名 A.bc边有电子射出 B.磁感应强度大小为”m9 C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最 长时间为品 D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的 电子数比值为5：1 9.（多选)(2025·广东省深圳中学高三模拟) 如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向 里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC=60°， 边界OA上有一距O为d的粒子源S,现粒 子源在纸面内以等大速度向不同方向发射 大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及 粒子间相互作用力)，经过一段时间有部分 粒子从边界OC射出磁场.已知从OC射出 的粒子在磁场中运动的最大时间为(T为 粒子在磁场中运动的周期).关于从OC射 出的粒子，下列判定正确的有 C 巴， S A.O可能是粒子的轨迹圆心 B.粒子可能垂直于边界OC射出 C.从OC射出的粒子距O最远距离为√3d D,粒子在磁场中运动的最短时间等于 6 10.(2024·广西柳州市三a ×x×xxd 模)如图所示，正方形区 ××××× 0k-- : 域abcd内（含边界）有 垂直纸面向里的匀强磁 1×××××1 ------C 场，ab=l,Oa=0.41,OO连线与ad边平 行，大量带正电的粒子从O点沿与ab边 成0=53°方向以不同的初速度v射入磁 ·135 得分 场，已知带电粒子的质量为，电荷量为 q,磁场的磁感应强度大小为B,sin53°= 0.8,cos53°=0.6，不计粒子重力和粒子 间的相互作用. (1)求恰好从O点射出磁场的粒子的速度 大小： (2)要使粒子从ad边离开磁场，求初速度 v的取值范围」小球经过P点的速度为0，则u=08。 小球经过等效最低，点的速度最大，设小球经过Ⅳ点的速度 为v,小球从A到V,根据动能定理有 mgR1十c0se)+qER1+s血o)=m2-号m哈 在N点圆孤轨道对小球的支持力最大，设为F,根据牛顿 第二定律有F-G=m2 R 根据牛顿第三定律可得小球对圆孤轨道的压力为F=F 联立以上各式，解得F=52.08N 3.解(1)当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持 相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的大小 为a,则对整体由牛顿第二定律有：F一u(m十M)g=(m十 M)a,代入数据解得a=2m/s2,因a<g,故假设成立. 设从开始运动到物块进入电场的时间为0，由位移与时间： 的关系可得：d山十d=a6,解得：o=4s时 (2)当物块进入电场区后由于电场力竖直向下，增加了物 块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因 此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤 去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为1，由牛顿 第二定律有：F-[(m十M)g+Eg]=(m十MDa1,解得： a1=0 长木板与小物块间摩擦力为0，即在物块进入电场E1中的 1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为 x1,进入电场E1时的速度大小为，则有：心1=at0=2X 4 m/s=8 m/s,x=v=8X1 m=8 m 此时距进入电场E1的右边界距离为x2=d山一=11.5m 一8m=3.5m,设在这段位移内物块和木板共同运动的加 速度大小为a1,由牛顿第二定律有：2[(m十MDg+Eq]= (m十M)a1,解得：a1=4m/s2 因：=以1g,故物块和木板一起做匀减速直线运动离开电 场E1,小物块对长木板静摩擦力大小为：f=a1,方向向 右.此摩擦力做正功，则有：W=f·x2 代入数据解得：W=14J: (3)当物块进入电场E2时的速度大小为2，则由速度与位 移的关系可得：吃一v=-2a1x2 代入数据解得：v2=6m/s 当进入匀强电场E2,电场力竖直向上，对物块在竖直方向 有：mg=E2q 可知物块在电场E2中做匀速直线运动，木板在电场E2中 做匀减速直线运动，木板加速度大小为α2，物块通过电场 E2时间为t2,则有：d=t2Mg=Ma2,解得：t2=1s, a2=2m/s2 设该过程中木板的位移为四，可得：x3=2一2a2号= 5m,则可得物块出电场E2时距离木板右瑞的距离为：d; =d1一(d4一x3),代入数据解得：d=6m. 4.解(1)在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中 静电力做的功W=一Q·(一U)=QU: (2)粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由！ 电场力提供，根据向心力公式gE=m,又E=k烈，联立 可得qk弘=m兰，解得粒子的动能=？m2=gk入 2u2 设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处电势能移动到半 径为r处，电场力做功W=g。k2弘dr=一2gka·1nr,其 中E=k2弘，代入可得w=-2gxnr ·25 根据W=一△Ep可得粒子在半径为r处的电势能Ep= 2gka·lnr,粒子的总能量E=Ek十Ep=gk入十2gkλlnr,则 Es-E2 =2qka(In r3 -In r2),E2 -E1=2gka(In r2 -In r1) 根据数学知识可知对数函数y=lnx在(0，o)是增函数， 且lnx的二阶导数（血x)=一京<0，所以y=y=lnx是 凹函数，已知r3一r2=r2n,即2是n与r3的等差中 项，根据凹函数的性质lnr2> nn十lnr3,移项可得lnr3 2 -lnr2<lnr2-lnr1,又因为2gka>0,可得(E3-E2)< (E2-E1); (3)根据功能关系可得eEa=|Eo,代入数据可得E≈2.57 ×1011N/C. 专题强化练（九） 1.B磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知B,>B。 >B。,故B正确，ACD错误. 2A旅稀洛伦套力契候向心力有mB=m震得R-需， 设正方形的边长为L,由图可知电子在磁场中做匀速圆周 运动的轨道丰径分别为R=LR,=台，R=子：设从© 点飞出的电子对应的酸感应强度大小为B,由R=容可 得，从b点和a、b中点飞出的电子对应的磁感应强度大小 为2B、4B,又由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 公式T=0有T,=2=T,I=合TT=T所以 4=号=×T-gT4==×T- s=I=子×T=T,放4<6=就A正瑞，CD 错误. 3.AC根据安培定则知，电流I1、I2在y=一yo处产生磁场 的磁感应强度B、B2方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面 向外由B=k上得B=杂，品=光，对y=一%处 yo 的磁感应强度大小为历，一B1-如-处=处，故A正 Γ3%2y%2y% 确；电流12、I3在y=%处产生磁场的磁感应强度B%、B 方向均垂直纸面向里，则y=处的磁感应强度大小不为 零，故B错误；电流I1、I3在x抽处产生磁场的磁感应强度 方向均为垂直纸面向里，根据左手定则可知y=0处导线 受到的安培力方向沿y轴负方向，故C正确；结合A选项 分析可知，y=一y0处导线受到的安培力方向沿y轴正方 向，故D错误， 国.B根据洛伦兹力提供给向心力9B=m,变形可得：r 8由题意知：B,=3B 可知：r1=32,画出粒子运动轨迹如图所示： 设粒子在磁场I中的偏转角为0，：d d 由几何关系有：nsin0=d,r2sin00" ××·.0 十n=d,联立解得：0=吾n=2d, 1××× k·· 与=兰，OP两点竖直方向上的倘移 01P 距离：h=|n-(n+2)cos0|= ××× 45-6》d,故A错误；粒子从区 I区Ⅱ区 3 域I进入区域Ⅱ，圆心角为30°，即速度的偏向角为30°，因 此速度与边界的夹角为60°，故B正确；粒子在区域I中运 动的时间山=19=吧，粒子在区战Ⅱ中运动的时间：2= r(0+) =44,在区城1、Ⅱ运动时间之比为：山：身 9 3:4,故C错误；粒子从O点到P点，在区域I、Ⅱ运动路 程之比为=一=号，故D错误 52 (+) 5,D设小球做匀速圆周运动的速度为v,角速度为仙，轨迹 圆心在接收器上的投影坐标为Y,则在0时刻小球与轨迹 圆心的连线与轴夹角为，则经过时间，小球在接收器上 的投影坐标为y=Rsin(wl十o)+Y 由图(b)可得：R=2,Y=36,T=2=61。 解得小球在接收器上的投影坐标与时间的关系式为y= 2oim(元+若）+8o· 由上面分析可得，小球运动周期为T=60,小球在水平面 上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 得：quB=mF 小球发身建调周运动的网期T=武一沿解得痘场隆 感应强度：B=m,故A错误；小球投衫坐标对时间求导， 3gto 可得一-（二十若），利投移尚泛大选度 \3to6 2π0，故B错误；小球投影做简谐运动，故C错误，小球 3to 投影在3,40时刻的坐标分别为为=2%sin3 π×3+ 晋）+3%=2=2%sn(元×46+看)+3=· 3to一4t0时间内，投影的位移大小为Q=|y4一y|=|%- 2y0=y0,故D正确， 6.AD设I区的磁感应强度大小为B1,Ⅱ区的磁感应强度 大小为B2,则有：B1:B2=4:1,带电粒子在磁场中做匀 速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：B=m,解得 圆周运动半径为：一B,可得在区和Ⅱ区的轨迹半径之 比为后=，故B储误； 10 02 0 03 依据题意，结合在I区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作 出粒子的运动轨迹如上图所示，易知在I区的轨迹圆心不 在O点.粒子在Ⅱ区的两段圆弧轨迹的圆心角相等，设为 0,由几何关系得：0s0=个，，结合：=子，解得：0= r1十r2 37°，易知上图中的角B=53°，粒子在1区的轨迹长度为：51 ·25 -62×2a-需×21，粒子在Ⅱ区的轨连长度 360° 为：=2×品×=需×a解号-周粒 0 子在I区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在I区和Ⅱ区的 运动时间之比等于在I区与Ⅱ区的轨迹长度之比，即在[区和 区的运动时间之比 ,1=1=贸故AD正确，C错误. 2521481 1.A由B="m和西-L,得=L,南用所示 m B 阿离子源 分析可知，在x轴上能够探测到离子的区间为0≤x2L, 由于1阳4不B=可知r=L,则在1C鸦」 内，磁场中可探测到离子最远能到离O为R=√2L为半径 的g圆孤上，S=冬Re+子2-2=(x-)2,故 A、D正确，CB错误. 8.D已知ab边恰好没有电子射出，临b 界情况是沿da方向射出的电子的轨 迹恰好与αb边相切，如下图所示，易 知国周运动的丰径为：=号，当电子 入射方向发生变化时，bc边不会有电 子射出.根据洛伦兹力提供向心力 得B=解得B=故 0 AB错误；从ad边射出的电子中，在d,点射出的电子在磁 场中运动的轨迹最长，其在磁场中运动的时间最长，如上 图所示，易知△O)d为等边三角形，可知此时轨迹圆心角 0=60°，可得从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间 为=60×2心=故C错误：从d点射出的电子在 粒子源出射时的是度方向与ad边夫角日=号-9-30. 电子出射时的速度方向与ad边夹角在0一30°范围的会从 ad边射出，电子出射时的速度方向与ad边夹角在30°~ 180°范围的会从cd边射出，可得从cd边射出的电子数和 从ad边射出的电子数比值为18030-三，故D正确. 30° 9.BD粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和 入射，点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径 R一定.已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 ，说明时间最长的运动轨迹为半个圆周，如下图所示： T c 、E/3R ① 01 02A ③ R S 60R A 03 ④ 当沿S→A的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时， 此粒子的出射，点D与S点的连线垂直于OA,DS弦最长， 轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长.同时D,点是从 OC射出的粒子距O最远的点，故从OC射出的粒子距O d 最远的距离等于OD=c0s50=2d,故C错误；假设粒子能 垂直于边界OC在E点射出，则对应的轨迹圆心在OC上， 设圆心为，点O2,则SO2的长度应等于轨迹圆半径R,知上 图中的轨迹②，因：SD·sin30°=2R·7=R,故S0,当垂 直于OC时其长度等于轨迹圆半径R,可知假设成立，粒子 可能垂直于边界OC射出，故B正确；当出射，点在上图中的 O2时，SO2垂直于OC,SO2为最短的轨迹的弦长，如上图 中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在磁场中运动时间 最短.因：SO2=R,故最小轨迹圆心角为60°，最短时间为： 。二日故D正确；所以粒子的轨迹圆心在以S为圆心 半径为R的半圆孤上，如上图中虚线圆孤④，此圆孤恰好 在O2点处与OC相切，故O不可能是粒子的轨迹圆心，故 A错误. 10.解(1)从O点射出磁场的粒子的运动轨迹如图甲 2 根据几何关系可知运动半径为r= c0s53 根据洛伦兹力提供向心力有guB=m, 解得v= 5gBl 6m 0××× 甲 bi- 丙 入 (2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示： 设此时初速度为01，轨道半径为1，由几何关系可得 +r1sin53°=0.4l 又qb1B=m 1 解得o1=9m 2gBl 设粒子运动轨迹能与cd边相切时，如图丙所示： 设此时初速度为2，轨道半径为，由几何关系可得r? +r2c0s53°=1 解得n=骨1 切，点与O点间的距离为 r2sin53°=0.5l≠0.4，故粒子从d点射出时速度最大，如 图丁 根据几何关系可知r2cos0+r2cosa=l,r2sin0-r2sina= 0.41 解得一器 根据洛伦兹力提供向心力有2B=m鸣 解得o2= 29gBI 46m 棕上可得职< 29gBl ·25 突破计算题练（四） 1.解(1)粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向v=2ah 由牛颜第二定律a=gE,粒子进入磁场时的速度大小口= m √2uy 解得=2√m gEh (2)粒子从Q点抛出到进入磁场时的水平位移x==飞，d =2号=2h 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向与 x轴正向仍成45°角，到达高h高度时水平位移仍为2h,由 题意可知2rc0s45°=2h+2h+2h或2rc0s45°=2h 即r=3√2h或r=√②h 根据洛伦兹力提供向心力quB=m 可得B=3gh 2Em 2h42h 2h 2h 45 (3)若粒子第一次回到电场中高度为h时，粒子在电场中运 动的时间t= 2一2入gE Imh a 可如整子在奶中运动的时同也为=震根据1=买 3元m 一2qB 由洛伦蓝力提供向心力如B=m二，解得，二 3π 此时复子距a成的距离：=销一，/=销-8， 2.解(1)粒子从P到Q,电场力做正功，洛伦兹力不做功， 1 由动能定理得3Bgd=2m6, 解得：E=6g _16 (（2)将0点的速度分解u,=6sin0= 26,%,=0c0s0= 号根据洛伦滋力充当向心力有如，B,=m解得， 6偏离平面xOy的最大距离4m=2,解行dm二5： 2kg (3)由T=2延得：T=2π，沿x轴正方向，根据牛领第二 Uy kg 定律：9E=ma,解得：a=kg,根据运动学规律，得x=v, (3+nT）+s(否+T）)a=01.2,3).解得= (2m+1)[(2n+1)元+π6（n=0,1,2,3…): 2kg (4)根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角0=45°粒子在 经过磁场时的水平方向上，由动量定理q℃B。=ma, ∑Boq心，t=m△ux,即Boq×3d=msin45°，解得：B √2m 6gd.