2026届高考物理二轮专题复习 第8讲 磁场 专题强化练习

第8讲 磁场 专题强化练习 基础保分练 1． 选择题： 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(　　) 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·湖北卷·4)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 3.(2025·江苏南京市二模)如图，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，仅改变下列某一个条件，能使θ变大的情形是(　　) A.棒中的电流变大 B.两悬线等长变短 C.金属棒质量变大 D.磁感应强度变小 4.嫦娥七号计划于2026年发射，由于月球上没有空气，某同学提议在旗帜上固定导线，通过电磁场的相互作用使旗帜飘扬起来。 现在给光滑水平面上的旗帜等间距地固定a、b、c三根相同长直导线、并通入大小相等、方向如图所示的电流，则旗帜能够保持平展的是(　　) 5.(2025·江苏南通市、泰州市、镇江市、盐城部分学校一模)如图甲所示，弧形磁铁固定在把手的表面，转动把手改变弧形磁铁与霍尔元件的相对位置。如图乙所示，霍尔元件通以向右的恒定电流，使垂直穿过霍尔元件的磁场增强，则霍尔元件(　　) A.上下表面间的电势差变大 B.上下表面间的电势差变小 C.前后表面间的电势差变大 D.前后表面间的电势差变小 6.(2025·江苏苏锡常镇四市二模)半径为R的圆环进入磁感应强度为B的匀强磁场，当其圆心经过磁场边界时，速度与边界成45°角，圆环中感应电流为I，此时圆环所受安培力的大小和方向是(　　) A.BIR，方向与速度方向相反 B.2BIR，方向垂直MN向下 C.BIR，方向垂直MN向下 D.2BIR，方向与速度方向相反 7.如图，abcd-a'b'c'd'为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N(重力不计)，从小孔P垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在b'c'边上，则粒子M、N的比荷之比为(　　) A.2∶1 B.1∶2 C.5∶1 D.1∶5 综合创新练 一.选择题： 8.(九省联考·河南·18)2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图，在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2=2R1。假设氘核H沿内环切线向左进入磁场，氚核H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H和H的速度之比为(　　) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1 9.(2025·江苏泰州市二模)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘大圆环，直径AC水平、直径ED竖直。轻弹簧一端固定在大环的E点处，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中，将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。重力加速度为g，则(　　) A.小环不可能滑到C点 B.刚释放时，小环的加速度为g C.弹簧原长时，小环的速度最大 D.小环滑到D点时的速度与其质量无关 10.如图，在xOy平面内y≥0区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x=-a处放置一平行于y轴的足够长的挡板。O点处的粒子源在xOy平面第一象限0~90°范围内发射大量质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小相等的粒子，所有粒子恰好都能打在挡板上，并立即被挡板吸收。不计粒子重力和粒子间相互作用，下列说法正确的是(　　) A.粒子的速度大小为v= B.粒子在磁场中运动的最短时间为 C.沿不同方向射出的粒子在磁场中运动的时间可能相同 D.一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上y=1.5a处 11.(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 2． 计算题： 12.(2025·江苏苏锡常镇四市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy内，过原点的直线l与+x轴的正方向的夹角为φ(0<φ<)，将y轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区(含+y轴)中有垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场(未画出)，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q(q>0)的带电粒子P从O点沿y轴正方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。 (1)若使Ⅱ区磁感应强度为0，求P到达x轴的位置； (2)若使P不能到达x轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度应满足的条件； (3)将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P仍从O点沿y轴正方向以初速度v0射出，运动中受到大小正比于速率(比例系数为常数k，未知)、方向与速度反向的介质阻力作用，且P速度第一次沿y轴负方向的位置在直线l上。求比例系数k的大小及粒子最终停止的位置坐标。 13.(2025·江苏南通市、泰州市、镇江市、盐城部分学校一模)如图所示，xOy平面内0≤x≤12d、-∞<y<+∞区域存在两个有界匀强磁场，右边界与x轴的交点为Q，x轴上方磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为3B，x轴下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B。质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子，从y轴上P点以初速度v0沿x轴正方向射入磁场，v0大小可调，P点的纵坐标为d。不计粒子重力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若v0=，求粒子第二次经过x轴位置的横坐标x0； (2)求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L； (3)若v0在0~范围内，求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。 参考答案： 1.答案　B解析　磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。 2.答案　A解析　由右手螺旋定则及对称性可知，通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度为零，说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向，则由矢量叠加原理可知N点的总磁感应强度大小为0，故选A。 3.答案　A解析　对棒分析可知tan θ==，则要使θ变大，可以使棒中的电流I变大，减小棒的质量m，增大磁感应强度B；改变悬线长度不影响θ大小，故选A。 4.答案　B解析　通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导线相互排斥，且电流相同时，两导线间的距离越大，作用力越小，因此B正确，A、C、D错误。 5.答案　C解析　结合题图乙，由左手定则可知霍尔元件中载流子只会向前或向后偏转，造成前后表面电势差U发生改变，由于载流子不会向上或向下偏转，所以上下表面间的电势差不变，故A、B错误；设霍尔元件前后表面距离为d，一个载流子电量为q，霍尔元件中单位体积内载流子的数量为n，其定向移动的速率为v，霍尔元件横截面积为S，当载流子在磁场和电场中不再偏移时有qvB=q，电流微观表达式I=nqSv，联立解得U=I，故磁场增强，前后表面间的电势差变大，故C正确，D错误。 6.答案　B解析　圆环中的电流为I，在磁场部分的等效长度等于圆环的直径2R，由安培力公式F=BIL有效，可得此时圆环所受安培力的大小F=2BIR，由楞次定律和右手螺旋定则可判定，感应电流的方向是顺时针方向，再由左手定则可判定圆环所受的安培力的方向垂直MN向下，故选B。 7.答案　C解析　根据题意，画出粒子的运动轨迹，从上往下看，如图所示，设正方体的棱长为L，由几何关系有rM=L，=L2+，解得rN=L，由牛顿第二定律有qvB=m，可得=，由于粒子源S发射了两个速度大小相同的粒子进入同一磁场中，设粒子M、N的比荷分别为kM和kN，则粒子M、N的比荷之比为==，故选C。 8.答案　A解析　由题意可知，根据左手定则，粒子轨迹如图所示 由几何关系可知，氘核H的半径为r1，有 2r1=R2-R1=R1 则r1= 设氚核H的半径为r2，有2r2=R2+R1=3R1 则r2=，即= 由洛伦兹力提供向心力qvB=m 可得v=，则=·=，故选A。 9.答案　D解析　小环下滑过程中只有重力和弹簧弹力做功，洛伦兹力不做功，由对称性可知，小环从A点由静止释放可以滑到C点，选项A错误；刚释放时，竖直方向小环受向下的重力和弹力向下的分力作用，可知小环的加速度大于g，选项B错误；小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等，可知在A点时弹簧压缩，在D点时弹簧伸长，弹簧在原长时小环在AD之间的某位置，此时弹力为零，但小环所受合力不可能为零，加速度不可能为零，即小环的速度不可能最大，选项C错误；小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等，则弹性势能相等，从A到D由能量守恒可知mgR=m，可得vD=，即小环滑到D点时的速度与其质量无关，选项D正确。 10.答案　D解析　由题意可知，所有粒子恰好都能打在挡板上，则粒子转动的半径r=a，由qvB=m，可得v=，故A错误；如图甲所示，粒子在磁场中运动的圆心角为时，运动时间最短，由周期T=得最短时间tmin=T=，故B错误； 粒子射出的方向不同则轨迹不同，对应的圆心角不同，运动时间不同，故C错误；如图乙所示，由几何关系知打到挡板上的最远点坐标为y=a，1.5a在a~a之间，则一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上该点，故D正确。 11.答案　C解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=，可得R==d，故A错误；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min=d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上max=d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d，故B错误；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；由图可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin=×=，故D错误。 12.答案　(1) (2)若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，B1>B，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，B2>B (3)qBtan φ　(cos2φ，sin φcos φ) 解析　(1)如图甲所示，粒子在磁场中，有qv0B=m 根据几何关系有x0=R+ 可得x0= (2)若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外，则qv0B10=m，当粒子恰能到达x轴，如图乙所示 根据几何关系可得R=+R1 解得B10=B 所以B1>B 若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，则qv0B20=m 当粒子恰能到达x轴，轨迹如图丙所示 根据几何关系可得R=-R2 解得B20=B 所以B2>B 综合以上分析可知，若Ⅱ区磁场垂直纸面向外，则B1>B，若Ⅱ区磁场垂直纸面向里，则B2>B； (3)设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy， 粒子受力分析如图丁所示，由牛顿第二定律有qvyB-kvx=max，-qvxB-kvy=may 取极短时间Δt，则qvyB·Δt-kvx·Δt=max·Δt， -qvxB·Δt-kvy·Δt=may·Δt 可得qB·Δy-k·Δx=m·Δvx，-qB·Δx-k·Δy=m·Δvy， 第一次x方向速度为零时，粒子位于(x0，y0)处，则qBy0-kx0=0 又tan φ= 所以k=qBtan φ 设粒子最后停于(x1，y1)处，则qBy1-kx1=0，-qBx1-ky1=m(0-v0) 联立可得x1==cos2φ， y1==sin φcos φ 所以粒子最终停止的位置坐标为(cos2φ，sin φcos φ)。 13.答案　(1)4d　(2)d　(3) 解析　(1)设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为r1和r2， 由牛顿第二定律得qv0×3B=m， qv0×2B=m 解得r1=d，r2=1.5d 粒子在平面内运动轨迹如图甲所示。 则x0=r1+2r2 解得x0=4d (2)设粒子在第一象限运动的半径为r，则粒子在第四象限运动的半径为1.5r，粒子从左边界射出且距P点最远时的轨迹如图乙所示。 设轨迹的圆心O2O1的连线与y轴方向夹角为θ， 由几何关系得sin θ=，d=r+rcos θ，L=r+(r+1.5r)cos θ 解得L=d (3)粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短， ①粒子的速度在0~，粒子在第一象限运动的最大半径为4d<12d，粒子不能从第一象限直接到达Q点； ②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点， 粒子在第一象限运动的半径r3，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为α，如图丙 则r3sin α+2×1.5r3sin α=12d，r3cos α=r3-d 解得r3=5d>4d 由此可以推断，此情形不成立。 ③设粒子以速度v'从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为r'，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为β，如图丁。 则r'sin β+2(r'sin β+1.5r'sin β)=12d，r'cos β=r'-d 解得r'=2.5d，β=53° 则粒子达到Q点的最短时间t=·+·= 学科网（北京）股份有限公司 $