2026届高考物理总复习09任务群检测l练(九) 磁场

任务群检测练(九)磁场

1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O

为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，在M、N处各有一长直导线垂直穿过

纸面，方向如图所示，且IM＝2IN(已知电流为I的长直导线在其周围

I

激发的磁场中，距导线距离为r处的磁感应强度大小为B＝k，其

r

中k为常数)，此时O点的磁感应强度大小为B1。若将M处长直导线

移至P处，则此时O点的磁感应强度()

A．大小为3B1，方向水平向右

B．大小为3B1，方向水平向左

C．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右下

D．大小为2B1，方向与水平方向夹角为30°斜向右上

解析：选A。设N处导线在O点激发磁场的磁感应强度大小为B0，

则M处导线在O点激发的磁场的磁感应强度大小为2B0，导线未移动

时，各导线在O点激发磁场的磁感应强度如图中实线所示，可得B1

＝B0，将M处导线移到P处时，在O点激发磁场的磁感应强度大小仍

为2B0，如图中虚线所示，N处导线在O点激发磁场的磁感应强度不

变，则此时合磁感应强度大小为3B0，即3B1，方向水平向右，

故A正确。

2.

如图所示，等腰梯形线框abcd是由相同材料、相同横截面积的

导线制成，梯形上底和腰长度均为L，且腰与下底成60°。整个线框

处在与线框平面垂直的匀强磁场中。现给线框通过图示电流，若下底

cd受到的安培力的大小为F，则上底ab受到的安培力的大小为()

122

A．FB．FC．FD．3F

335

解析：选A。梯形上底和腰均为L且腰与下底成60°，由几何关

L

系可知，梯形的下底dc长为2L；由电阻的决定式R＝ρ，可知梯

S

形的边dabc的电阻等于下底dc的电阻的1.5倍，两者为并联关系，

2

设dc中的电流大小为I，根据欧姆定律，则dabc中的电流为I；

3

由已知条件可知ab边与dc的电流方向相同，由题意知F＝BI·2L，

21

所以ab边所受安培力为F′＝B·I·L＝F，方向与dc边所受安

33

培力的方向相同，故A正确。

3．(多选)如图所示，在竖直平面矩形ABCD区域内存在方向垂直

于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从AD的

中点O射入磁场，速度方向与磁场垂直且与AD的夹角α＝45°，粒

子经过磁场偏转后在C点垂直于CD穿出。已知矩形ABCD的宽AD为

L，粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。下列说法正确的是()

A．粒子带正电荷

2qBL

B．粒子速度大小为

2m

2

C．粒子在磁场中运动的轨道半径为L

4

3πm

D．粒子在磁场中运动的时间为

4qB

解析：选BD。粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左

手定则可知，粒子带负电，A错误；由题意可知，粒子运动轨迹如图

所示，

L

由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为r＝2＝

cos45°

2

L，根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得qvB

2

v22qBL

＝m，解得v＝，B正确，C错误；由几何关系可知粒子在

r2m

θ135°

磁场中偏转了135°，则在磁场中运动的时间为t＝T＝×

2π360°

2πm3πm

＝，D正确。

qB4qB

4．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，

方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒

子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离

开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S

l

与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁

2

场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x

轴到达接收屏。该粒子的比荷为()

EEBB

A．B．C．D．

2aB2aB22aE2aE2

解析：选A。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示。则根

据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有

v2qv

qvB＝m，则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再

rm2aB

加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接

qE

收屏，则有qE＝qvB，联立有＝，故A正确。

m2aB2

5.

如图所示，圆形区域圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强

磁场，MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后

射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N点离开磁

场，已知∠AON＝60°，粒子重力不计，以下说法正确的是()

A．甲粒子带负电荷

B．甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙小

C．乙粒子的比荷比甲大

D．乙粒子在磁场中运动时间比甲长

解析：选C。甲粒子从M点离开磁场，说明其进入磁场后向下偏

转，运用左手定则可以判定，甲粒子带正电，故A错误；设圆形区域

的半径为R，由几何关系可解得甲粒子的运动半径r甲＝3R，乙粒

3

子的运动半径r＝R，即甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙

乙3

v2qv

大，故B错误；由公式qvB＝m得＝，由于v、B是相同的，

rmBr

r越小则比荷越大，故C正确；由几何关系可得甲、乙两粒子的圆弧

轨迹所对应的圆心角分别为60°和120°，所以在磁场中的路程分别

323

为s＝πR，s＝πR，即甲粒子的运动路程更长，由于二

甲3乙9

者速度相等，所以甲粒子在磁场中运动时间更长，故D错误。

6.

(多选)如图所示，厚度为h、宽度为d的某种半导体板，放在垂

直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当电流通过导体

板时，在导体板的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔

效应。实验表明，当磁场不太强时，上、下表面之间的电势差U、电

IB

流I和B的关系为U＝k，式中的比例系数k称为霍尔系数。设电

d

流I(方向如图)是由带正电荷的粒子定向移动形成的，导体中单位体

积中粒子的个数为n，粒子定向移动的速率为v，电荷量为e，下列

说法正确的是()

A．上表面的电势比下表面高

U

B．导体板之间的电场强度E＝

d

C．霍尔系数k的大小与d、h有关

D．霍尔系数k的大小与n、e有关

解析：选AD。根据左手定则知，带正电的粒子向上表面偏转，

则上表面的电势高于下表面的电势，故A正确；导体板之间的电场强

U

度E＝，故B错误；由电流的微观表达式得I＝nevS＝nevhd，解得

h

IUBIkIB

v＝，根据evB＝e，解得U＝vhB＝，因为U＝，则

nehdhnedd

1

霍尔系数k＝，故C错误，D正确。

ne

7.

如图所示，半径分别为R、2R的两个同心圆，圆心为O，大圆和

小圆之间区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，其余区域无磁场。一重

力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，

其运动轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速

度大小变为v2，不论其入射方向如何，都不可能射入小圆内部区域，

v

则2最大为()

v1

3

A．3B．

4

333

C．D．

24

解析：

选B。粒子在磁场中做圆周运动，如图，由几何知识得r1＝

2R2R

＝，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv1B＝

tan60°3

2

mv12qBR

，解得v1＝，当粒子竖直向上射入磁场时，粒子不能进入

r13m

小圆区域，则所有粒子都不可能进入小圆区域，粒子竖直向上射入磁

R

场，恰好不能进入小圆区域时粒子轨道半径r＝，洛伦兹力提供向

22

2

v2qBRv23

心力，由牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，则＝，

r22mv14

A、C、D错误，B正确。

8．(多选)如图所示，在绝缘板MN上方分布了水平方向的匀强磁

场，方向垂直于纸面向里。距离绝缘板d处有一粒子源S，能够在纸

面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的

带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，已知粒子做圆周

运动的半径也恰好为d，则()

A．粒子能打到板上的区域长度为23d

πd

B．能打到板上最左侧的粒子所用的时间为

v

πd

C．粒子从发射到打到板上的最长时间为

v

7πd

D．同一时刻发射的粒子打到板上的最大时间差为

6v

解析：选BD。粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子运动的轨

迹半径R＝d，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图甲所示，由几

何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最

远处A到C距离为3d，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子

能打在板上的区域长度是(3＋1)d，故A错误；左侧最远处与S之

间的距离恰好是圆的直径，所以从S到A的时间恰好是半个周期，则

T2πRπd

t＝＝＝，故B正确；在磁场中运动时间最长和最短的

122vv

粒子运动轨迹示意图如图乙所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝

2πd1πd3

，由几何关系可知，最短时间t＝T＝，最长时间t＝T

v263v14

3πd7πd

＝，Δt＝t－t＝，故C错误，D正确。

2v126v

9.

一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面开有小孔S。质量为m、电

荷量为q的带正电粒子自小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。

粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中

没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：

(1)圆筒的半径R；

3

(2)若粒子自小孔S以速度v′＝v沿半径SO方向射入磁场

3

中，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。

解析：

(1)粒子由S沿SO方向射入磁场，做匀速圆周运动，轨迹圆半径

为r，设第一次碰撞点为A，A点的速度沿OA方向，S、A两点速度的

垂线的交点O′为其轨迹圆的圆心(如图)。由于粒子与圆筒发生两次

π

碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S＝。

3

由几何关系得

π

r＝Rtan①

3

粒子运动过程中，由牛顿第二定律，得

v2

qvB＝m②

r

3mv

联立①②得R＝。③

3qB

(2)粒子进入S时的速度为v′时，设粒子做圆周运动的半径为

3mv

r′，则r′＝④

3qB

设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比

π

较③④两式得到r′＝R。可见θ＝，粒子需经过4个这样的圆弧

2

才能从S孔射出，故n＝3。

3mv

答案：(1)(2)3

3qB

10．(2023·湖北高考)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、

垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点

P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正

电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前

的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知

粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹

性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重

力和两粒子间库仑力的影响。求：

(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小。

(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。

18πm

(3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t

qB

18πm

＝的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程，

qB

只写出答案即可)

解析：(1)分析可知，碰前甲做圆周运动的半径r＝a

2

mv0

根据牛顿第二定律得qv0B＝

r

qBa

解得甲碰前的速度大小v＝。

0m

2πm

(2)甲做圆周运动的周期T＝

1qB

2πm

乙做圆周运动的周期T＝2

2qB

由题意得T1＝2T2

m

解得乙的质量m＝

22

甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mv1＋m2v2＝mv1′＋m2v2′

22

111212

mv＋m2v＝mv1′＋m2v2′

212222

取y轴正方向为正方向，则v1＝－v0

由题意知v1′＝－3v1＝3v0

解得碰撞前乙的速度v2＝5v0

碰撞后乙的速度v2′＝－3v0

3qBa

综合得碰撞后乙的速度大小为3v＝。

0m

18πm

(3)t＝