特训8 磁场-【创新教程·微点特训】2026年考前复盘高考物理冲刺

解得a,=2gE m 运动时间为4，=%= mL gE 粒子在MN右侧运动过程中，在水平方向上做 匀速立线运动，运动时同为头3，需 所以，粒子从释放到打到屏上所用的时间为t =6+6=4=2 2mL (3)粒子在MN、PQ间做类平抛运动，在水平 方向L=vt妇 在竖直方向，根据牛顿第二定律qE=ma2,v, =a2t3 qEL 联立解得，√2m 所以，粒子从PQ离开电场时速度方向与AO 连线夹角6的正切值为tan0==】 02 (4)粒子在MN、PQ间竖直位移为y1=之 = 4 粒子在PQ右侧做匀速直线运动，运动时间为 则竖直位移为y2=0,t4=L 所以，打到屏上的，点到O,点的距离为y=y十 答案：(1) 2gEL m 2√ 特训8 1.B[磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故 可知B。>B>B。故选B。] 2.B[扇叶的转动原理是通电导体在磁场中受到 力的作用，选项A错误；干电池为系统提供能 量，其化学能转化为机械能和焦耳热，焦耳热即 为内能，故实验中电池的化学能转化为机械能 和内能，选项B正确；将电池的正、负极对调，电 流方向改变，安培力的方向改变，扇叶转动的方 向改变，选项C错误；将圆形磁铁的两极对调， 磁感应强度方向改变，安培力的方向改变，扇叶 转动的方向改变，选项D错误。] 3.B[开始时与匀强磁场边界AB相切，线圈不 受安培力的作用，则有G=F1,提起高度为R 时，线圈受到安培力F安=BI·2R,根据左手定 ·7 则判断，安培力方向向下，根据受力平衡可得F, =G十F安，联立解得磁感应强度大小为B= F2一F,故选B] 2IR 4.C[电场力F=Eg,竖直向上，大小不变；洛伦 兹力f=qv2B,垂直纸面向外，大小不变；合力 大小不变，加速度大小不变，A错误；洛伦兹力 不做功，功率为0，B错误；电场力做正功，？增 大，v1增大，电场力瞬时功率增大，C正确；2不 变，y1增大，夹角0增大，D错误。] 5.D[粒子向左偏转，根据左手定则可知，粒子带 正电，故A错误：带电粒子从N,点射出，洛伦兹 力提供向心力做匀速圆周运动，由几何关系可 得(r-a)2+(√3a)=r2,解得r=2a,故B错 误；粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，则有mB=m食，解得R=3 gB 若减小磁感应强度，则轨道半径增大，可知，粒 子可能从N点上方射出，故C错误；带电粒子 从N点射出，则2阳=贸：爷电粒子从0点射 出，粒子做了半个圆周运动，则半径为号，则号 =m,则0=4，即N点的速度大小是O点的 Ba 速度大小的4倍。故D正确。] 6.B带正电粒子在垂直于纸面向外的环形匀强 磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 即mB=m,可得r=器已知粒子的北荷是 =k,化简得v=Br,要使粒子能进入环形内环 无磁场区域，粒子运动轨迹与内环相切时，半径 最小，此时速度最小，由左手定则可知，粒子所 受洛伦兹力向下，运动轨迹圆心在C点正下方 O,点，设粒子运动轨迹的半径为r,则有OO=R 十r,由于OC连线和OA方向的夹角为30°，且 环形区域内、外半径分别为R、2R,则由几何关 系有OO=(√3R)2十(R一r)2,联立解得r= ，代入数据得=BR,故选B] 4 7.C[由于H带正电，故在速度选择器中受到向 左的电场力，则受到的洛伦兹力应该向右，故磁 场方向垂直纸面向里，故A错误；H能打到O 点，加追时报据功能定理可得2rU=了×4md, 解得其进入速度选择器时的速度)= Nm 理，对H则有eU=号×2mo 可得v=, ，即H打到0点，故B错误，C正 Nm 确；增大加速电场的电压，He进入速度选择器 的速度增大，在速度选择器中受到的洛伦兹力 也增大，因为洛伦兹力向右，所以He向右偏 转，将打到O点右侧，故D错误。] 8.ABC[粒子进入磁场 B 后做圆周运动，当速度 较小时可能从磁场I的 R、 左边界射出，当速度较 01 大时可能从磁场Ⅱ的右 边界射出，A、B正确；设 d 粒子的电荷量为q,入射速度为，从磁场Ⅱ的 右边界射出时，速度方向与右边界的夹角为a,如 图所示，由几何关系可得d1=R1Cos0+Ri cos B, d2=R2cosa十R2cosB,根据洛伦兹力提供向心 力可知qB=mR' 粒子做园月塔动的丰径R=霜又B以， B2d2,解得a=0,故粒子从右边界出射时的速度 方向与从左边界入射时的速度方向相同，由于 洛伦兹力不做功，射出磁场时速度大小也不变， C正确、D错误。] 9.AB[如图所示，粒 子离开磁场时速度 方向与y轴平行，粒 子的轨迹半径为R, 45 根据洛伦兹力提供 向心力有quB= 管解得 m 故A正确；粒子在磁 场中运动的周期T=2π迟_2πm v。Bg 粒子在磁场中偏转的圆心角0=135°，则粒子在 磁场中运功的时间为1品T器故B正 确；根据几何关系可知，粒子经过x轴时的横坐 标为（√2一1）R,故C错误；由题图可知，粒子射 出磁场时的坐标为②R,②R）,故D错误。] (21 2 10.BC[已知霍尔元件中电流方向由左向右，磁 场方向垂直向里，霍尔元件工作时上表面电势 高于下表面。假设载流子为正电荷，根据左手 定则可知，正电荷受到的洛伦兹力方向向上， 正电荷会聚集到上表面，上表面电势高于下表 面，符合题意，所以载流子为正电荷，故A错 ·77 误：根据guB三g,=neSu=edhu,可得 U侣受其中点为农尔系数，1为电 流，B为磁感应强度，d为霍尔元件厚度；打开 冰箱门的过程中，磁场减弱，在电流【和霍尔 元件厚度d不变的情况下，磁感应强度B减 小，则霍尔电压UH减小，故B正确；若将磁铁 的磁极对调，磁场方向变为垂直向外。由于载 流子为正电荷，根据左手定则可知，正电荷受 到的洛伦兹力方向向下，正电荷会聚集到下表 面，下表面电势高于上表面，故C正确；由UH =kIB可知，在磁感应强度B和霍尔元件厚度 d d不变的情况下，若内部电路引起霍尔元件电 流I减小，则霍尔电压UH减小，即上、下表面 间电势差减小，故D错误。] 11.解析：(1)应使矩形线圈所在的平面与N、S极 的连线垂直，这样能使弹簧测力计保持竖直， 方便测出弹簧的拉力； (2)第一次调节滑动变阻器使电流表的读数为 I1,线框所受安培力的方向竖直向下；第二次 仅调节滑动变阻器使电流表的读数为I2,则通 过线框的电流方向不变，因磁场方向也不变， 根据左手定则可知，第二次调节滑动变阻器 时，线框所受安培力的方向仍然竖直向下。 (3)电流表接线柱接“一”和“0.6”，量程为0一 0.6,分度值为0.02A,指针指在0.40A处，所 以读数是0.40A。 (4)当电流为I1时，安培力竖直向下，则F1= G+nBI L, 当电流为I2时，安培力竖直向下，则F,= G+nBI,L, 两式相减消去G后得F2一F1=nBL(I2一I1), F2-F1 解得B=n,(L2-) 答案：(1)垂直(2)竖直向下(3)0.40 0n 12.解析：(1)金属炮弹离开水平台面后做平抛运 动，竖直方向上做自由落体运动 满足h=8 解得 2h 水平方向上做匀速直线运动，水平位移x= 2.5h,且x=wt 联立解得0=子2g (2)离开水平台面的一瞬间，金属炮弹的动能 大小为=m2=n(尽s-mgh 电容器总共释放的电能为△E=2CU tce 而效率)等于金属炮弹获得的动能与电容器 释放电能的比值，即 2 16mgh 是X0CUU -×100%= 25mgh ×100% 8C(U片-U) 答案：0)子8 (2 25mgh 8C(U?-U) ×100% 13.解析：粒子在电场中和 ↑y 磁场中轨道如图所示 (1)设粒子在O,点时 的速度大小为v,OQ 段为圆周，PQ段为抛 物线。根据对称性可 知，粒子在Q点时的速度大小也为，方向与x 轴负方向成45°角，可得v,=vc0s45° 解得v=√2u 在粒子从P运动到Q的过程中，由动能定理得 Eql.) 解得E-爱 (2)在匀强电场由P到Q的过程中，水平方向 的位移为x=vt 竖直方向的位移为y=ta45。 241=L, 可得x=2L、OQ=L, 由OQ=2Rc0s45°， 故粒子在QO段圆周运动的半径R=】 2乙， 又R= Bq 解得B=2m (3)在Q,点时，有v,=otan45°=v, 设粒子从P到Q所用时间为t1,在竖直方向上 L2L 有t=1 2% 粒子从Q点运动到O所用的时间为1，=360 .90° T-, 则粒子从P点运动到O点所用的时间为t=t 十6，=2L+L-(8+x)L 4v0 答案：(1) vs (2) 2m℃ 2qL ,(3)8+元)L 400 特训9 1.B[电磁波可以在水中传播，例如低频无线电 波可用于水下通信，故A错误；电磁波能够传递 信息（如通信）和能量（如微波炉加热），故B正 确；麦克斯韦通过方程组预言电磁波存在，赫兹 通过实验证实，故C错误；赫兹首次用实验证实 电磁波存在，法拉第的贡献是电磁感应理论，故 D错误。] 2.C[由法拉第电磁感应定律可知E=n △Φ △t 故选C】 △t 3.B[线圈转动到题图所示的位置时线圈平面与 磁场平行，则穿过线圈的磁通量最小，磁通量变 化率最大，感应电动势最大，故A错误，B正确； 线圈从如图所示位置转过90°时，即位于中性面 位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率 最小，线圈产生的感应电动势最小，故C、D 错误。] 4.B[t1时刻电流最大，此时磁通量变化率为零， 自感电动势为0，故A错误；由图乙可知，振荡 电路的周期变大，根据T=2π√LC可知线圈自 感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，故B正 确；t1t2过程，电流逐渐减小，电容器充电，电 量增加，故C错误；甲图中电容器正在充电，LC 振荡电路正处于磁场能向电场能转化的状态， 故D错误。] 5.B[手机接收线圈中感应电动势的峰值为E =NB Sw,其中N=20,w=2.2rX10°rad/s,S =15cm2=15X10-4m2,联立，解得Em≈ 8.7V,有效值为E= Em≈6.2V 故选B。] 6.B[根据安培定则可知，激励线圈中的电流产 生的磁场在金属导体位置的磁场方向整体向 下，而金属导体中感应出的涡流产生的磁场在 金属导体位置的磁场方向向上，即图示时刻感 应磁场方向向上，两磁场方向相反，根据楞次定 律可知，图示时刻激励线圈的电流在变大，故A 错误，B正确；若激励线圈的电流变小，激励线 圈中的电流产生的磁场在金属导体位置的磁场 减弱，根据楞次定律可知，此时涡流产生的感应 磁场与激励线圈产生的激励磁场的方向相同， 故C错误；导体内有气泡的区域电阻大一些，可 知，激励线圈移动到导体内有气泡的区域上方 时，金属导体中的涡流会减小，故D错误。]物理 特训8 磁场 (时间：45分钟 满分：60分〉 ,单选题：本题7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.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 整 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 斯 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.简单的材料就可以呈现有趣的物理现象。如图为电磁小风扇的模 圆形磁铁 干电池 铜丝 型图，它利用一节干电池、一段铜丝、圆形磁铁、铁钉和一个塑料扇 铁钉 叶制作而成，下列说法正确的是 圆形磁铁 塑料扇叶 A.扇叶的转动是利用电磁感应原理 的 B.实验中电池的化学能转化为机械能和内能 C.将电池的正负极对调，扇叶旋转方向不变 柄 D.将圆形磁铁的两极对调，扇叶旋转方向不变 3.如图所示，半径为R的刚性圆形线圈悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba 方向的电流，开始时与匀强磁场边界AB相切，弹簧测力计的示数为F,。 现将线圈沿竖直方向缓慢上提，提起高度为R时弹簧测力计的读数为 A 1 F。,提升过程中电流大小恒为I。则磁感应强度大小为 阳 A.F-F B.F-F 数 IR 2IR F2+F C.21R F1-F2 D.21R 4.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和匀强磁场。某时刻一个带正电 E.B 粒子速度的大小为，与水平方向夹角为。此时将速度？分解为平行于磁 场方向的分量1和垂直于磁场方向的分量2来进行研究，不计粒子重力。 则此后一段时间内，下列说法正确的是 ( 凶 A.粒子的加速度增大 B.洛伦兹力的瞬时功率减小 C.电场力的瞬时功率增大 D.夹角0减小 5.如图所示，xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一不计重力的带 电粒子垂直磁场边界从M点以速度大小为。射入磁场区域，从N点射 出。已知OM=a,OV=√3a,则下列说法正确的 ·29· A.粒子带负电 B.粒子做圆周运动的半径大小为3a C.若仅减小磁感应强度，则粒子将从V点下方射出 D.若仅调节入射速度的大小，粒子从y轴上ON之间射出的速度范围为（平，） 6.如图所示，一垂直于纸面向外的环形匀强磁场的磁感应强度大小为B, 环形区域内、外半径分别为R、2R,圆心为O,AD为外圆的直径。一不 计重力、比荷为的带正电粒子从环形磁场区域外缘的C点沿平行于半 径AO方向以大小为v的速度射入磁场，已知OC连线和OA方向的夹 角为30°，若要使粒子能进入环形内环无磁场区域，则速度的最小值为 A.kBR B.BR C.BR D.7kBR 7.如图所示，H(初速度为零)经加速电场加速后，沿虚线做直线运动进入速 度选择器，打到底面照相底片上的O点。若H(初速度为零)经同一加速 电场加速后，进入速度选择器，最后打到底面的照相底片上，则下列说法正 确的是 (）左0右 A.速度选择器中磁场方向垂直纸面向外 B.H打到O点左侧 C.H打到O点 D.增大加速电场的电压，2He将打到O点左侧 二、多选题：本题3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的四个选项中有多个选项符 合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得零分。 8.某科学仪器用如图所示的磁场控制带电粒子的运动.两磁场区域I、 Ⅱ足够长，宽度分别为d,、d2,磁感应强度大小分别为B,、B2,且满足 B1d B。d ,一带正电粒子从I的左边界以某一速度射人磁场，速度方向 与磁场I左边界的夹角为（≠0）.不计粒子重力，关于粒子的运动， 下列说法正确的是 ( A.粒子可能从磁场I的左边界离开磁场 B.粒子可能从磁场Ⅱ的右边界离开磁场 C.如果粒子从磁场Ⅱ的右边界射出磁场，则射出速度一定与刚进入磁场时的速度相同 D.如果粒子从磁场Ⅱ的右边界射出磁场，则射出速度可能与刚进入磁场时的速度不相同 9.如图所示，真空中以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂 Y I 直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 45 的带正电粒子从x轴上的O'点以一定的速度射入磁场，粒子进入磁场时 0 速度方向与x轴正方向的夹角为45°，离开磁场时速度方向与y轴平行， 不计粒子受到的重力，下列说法正确的是 ) A.粒子射入磁场时的速度大小为B迟 B.粒子在磁场中运动的时间为3π m 4gB C粒子经过x箱时的横坐标为 D.粒子射出磁场时的坐标为 √2R√2R 2,2 ·30· 10.小明发现家里冰箱门忘记关闭时，会发出提示音。他研究得知，门框 内部电路中有一霍尔元件，通有由左向右的恒定电流I;冰箱门上对应 霍尔元件 位置有一磁铁，门关闭时产生方向为垂直霍尔元件向里的磁场；当霍 尔元件工作时，上表面电势高于下表面。下列说法正确的是( ) 磁铁 A.该霍尔元件中的载流子为负电荷 B.打开冰箱门的过程中，霍尔电压减小 C.若将磁铁的磁极对调，则霍尔元件工作时下表面电势高于上表面 D.若内部电路引起霍尔元件电流I减小，则上、下表面间电势差增加 三、实验题：本题1小题，共8分 11.某同学在学习安培力后，设计了如图甲所示的装置来测定磁极间的磁感应强度。已知 矩形线框的匝数为，用刻度尺测出矩形线框短边的长度为L,根据实验主要步骤完成 填空： 弹簧测力计 电流表。 电源 甲 (1)将矩形线框悬挂在弹簧测力计下端，线框的下短边完全置于U形磁铁的N、S极之 间的磁场中，并使线框的短边水平，磁场方向与矩形线框的平面 (填“平行”或“垂 直”)； (2)闭合开关，调节滑动变阻器使电流表的读数为I,,记录线框静止时弹簧测力计的读 数F,线框所受安培力的方向竖直向下；仅调节滑动变阻器使电流表的读数为I2,记录 线框静止时弹簧测力计的读数F,(F2>F),此时线框所受安培力的方向； (3)某次实验电流表接线和表盘如图乙所示，该电流表的读数是 A: 乙 (4)利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度大小B=。(用、L、I1、I2、F,和 F2表示) 四、解答题：本题2小题，共19分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数字计算的 要注明单位，只写最后结果的不得分。 12.(8分)如图所示是某同学模拟电磁炮工作原理和发射过程的装置示意图。在距离地面 高度为h的水平台面上，足够长的平行光滑金属导轨MV和PQ置于塑料圆筒内，质量 为m的金属炮弹置于圆筒内的导轨上，导轨左端连着电容为C、两极板间电势差为U 的平行板电容器，闭合开关S,电容器放电过程中金属炮弹在安培力作用下开始运动，达 到最大速度后平抛离开轨道，此时电容器两极板间电势差为U2,金属炮弹落到水平地面 上时水平位移为2.5h。已知电容器储存电能的表达式为E-CU,其中C为电容器的 电容，U为电容器两极板间的电势差，金属炮弹始终与导轨接触良好，重力加速度 为g,求： ·31· M 子C 2.5h (1)金属炮弹离开水平台面时速度v的大小； (2)电容器的电能转化为金属炮弹动能的效率？ 13.(11分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第 四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m,带电量为+q的粒子（重力不 计)经过电场中坐标为(3L,L)的P点时的速度大小为。方向沿x轴负方向，然后以 与x轴负方向成45°角进人磁场，最后从坐标原点O射出磁场。求： (3L.L 0 (1)匀强电场的场强E的大小； 烯 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)粒子从P点运动到原点O所用的时间。 ·32·