课下巩固检测练(8) 磁场（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(八)]　磁场 【基础练】 1．(2025·湖北高考) 如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　) A．0 B．B C．2B D．3B 解析：选A。根据右手螺旋定则可知，线圈在M、N点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度大小为零，则匀强磁场的磁感应强度与线圈在M点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则线圈在N点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即N点的总磁感应强度大小为0，故A正确。 2．(2025·四川成都一模)《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示，下列说法正确的是(　　 ) A．A、B输电线缆相互吸引 B．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左 C．A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60° D．C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左 解析：选D。由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误；B输电线缆对A输电线缆的作用力沿AB水平向左，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下，且大小为B输电线缆对A输电线缆作用力的2倍，如图所示。 由图可知，FACcos θ＝2FABcos 60°＝FAB，即C输电线缆对A输电线缆的作用力在水平方向的分力与B输电线缆对A输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A输电线缆受到的合力即为C输电线缆对A输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C错误；A输电线缆对C输电线缆的作用力沿AC斜向左上，B输电线缆对C输电线缆的作用力沿BC斜向左下，两个力大小相等且与输电线缆A、B圆心连线夹角相等，所以C输电线缆受到的合力平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。 3．(2025·北京高考)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　 ) A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 解析：选C。根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知，此时式中磁感应强度为一个分量，即此时测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。 4．(2025·北京朝阳区二模)在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　 ) A．粒子带正电 B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F C．粒子的动量大小为 D．粒子的轨道半径为 解析：选C。根据左手定则可知，粒子带负电，A错误；设PM弦长为L，弦切角为α，则圆心角为2α，圆弧导线受到的安培力等效为直导线受到的安培力，L＝2R sin α，2F sin α＝BIL，解得F＝BIR，恒力F与导线长度无关，若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，水平恒力F不变，B错误；根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得粒子的动量大小为mv＝，C正确；根据F＝BIR，解得粒子的轨道半径为R＝，D错误。 5． (多选)如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角为θ＝30°。下列说法正确的是(　　 ) A．两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R B．a粒子在磁场中运动的时间为 C．b粒子在磁场中运动的时间为 D．a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30° 解析：选AC。由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝解得r＝R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝，由轨迹图可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝，tb＝，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。 6．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨检测)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25 T，一群质量m＝1×10-7 kg，电荷量q＝－2×10-3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则(　　 ) A．在AC边界上有粒子射出的长度为 m B．C点有粒子射出 C．在AB边界上有粒子射出的长度为1 m D．磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点 m处入射 解析：选ACD。粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝ m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。 由图可知，能从AC边射出的粒子长度为R－R＝ m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点 m处入射，故D正确。 7．(多选)(2025·四川高考)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sin 37°＝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 解析：选AD。作出粒子运动轨迹如图所示， 可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系得cos α＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为，故C错误。 【能力练】 8．(多选)(2025·甘肃高考)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 解析：选BD。由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示， a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝R0＋R0，A错误；由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝，在磁场中运动的时间t1＝，匀速直线运动的时间t2＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，B正确；由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示， 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。 9．(多选)(2025·山东高考)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y ­t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向 B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝ C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外 D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为 解析：选AD。根据题图甲粒子在区域Ⅰ的轨迹可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速度方向沿y轴正方向，由平抛运动规律可知y轴方向有2L＝，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向，A正确；结合题图乙和对称性可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝L，B错误；由平抛运动规律可得粒子的初速度v0＝，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v＝，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝结合B项分析联立解得区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝，即圆心坐标为，D正确。 10．(多选)(2024·安徽高考)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示；当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ 在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ 的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　 ) A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：选ABD。油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期为T＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 11．如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10-6 kg，q＝2×10-4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)求液滴在0～5t0时间内的路程。 解析：(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0 mgt＝mv 解得v＝5 m/s。 (2)带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有qE2＝mg 则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB1＝m 当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s 当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s 带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示， 则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程 s＝πr1＋2πr2 解得s＝ m。 答案：(1)5 m/s　(2) m 【创新练】 12．(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。 在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的橫截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 解析：(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰好不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0，根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力有 ev0B0＝m 解得。 (2)当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为 结合(1)问解得θ＝60°，即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知识有 T＝ 运动半个周期时电子恰好运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向上电子做匀速直线运动，则有 h＝v0sin 60°· 则打在筒壁上的区域面积S＝2πR·2h 联立解得S＝2π2R2。 答案：(1)　(2)2π2R2 学科网（北京）股份有限公司 $