高三二轮高效复习主题巩固卷物理磁场

[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．0B．BC．2BD．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，FACcosθ＝2FABcos60°＝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QC．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U02rq＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝2BQπr，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U4．(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FC．粒子的动量大小为qFD．粒子的轨道半径为F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＝2Rsinα，2Fsinα＝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＝mv2R，解得粒子的动量大小为mv＝qFI，C正确；根据F＝BIR，解得粒子的轨道半径为R5．(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＝qBRm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θA．两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为RB．a粒子在磁场中运动的时间为πC．b粒子在磁场中运动的时间为2πD．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＝mv2r，解得粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝2πrv＝2πmqB，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＝θa360°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＝2m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25T，一群质量m＝1×107kg，电荷量q＝－2×103C的带电粒子以速度v＝5×103m/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2−1B．C点有粒子射出C．在AB边界上有粒子射出的长度为1mD．磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点2−1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＝mv2R，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝由图可知，能从AC边射出的粒子长度为DE＝2R－R＝2−1m，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＝1m，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B7．(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∶2C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D．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＝mv2r，可得r＝mvqB，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为r1r2＝B2B1＝14，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cosα＝r2r1+r2＝45，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝360°−290°−37°360°T＝254°360°×2πmqB1，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝2【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qm，a粒子的速度大小为va＝qBA．外圆半径等于2R0B．a粒子返回A点所用的最短时间为3π+2C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为2D．c粒子的速度大小为22v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＝qBR0m，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝R0＋2R0，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＝2πR0va＝2πmqB，在磁场中运动的时间t1＝540°360°·T＝3πmqB，匀速直线运动的时间因为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qm，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＝2R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝mvc2Rc，联立解得v9．(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y­t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＝4mLqtB．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝20C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝3m5qD．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为17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＝12at02，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得电场强度大小E＝4mLqt02，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＝103L，B错误；由平抛运动规律可得粒子的初速度v0＝3Lt0，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝12mv2−12mv02，结合A项分析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度v＝5Lt0，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R10．(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mgB．油滴a做圆周运动的速度大小为gBRC.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRED．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＝mgE，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，得R＝mvqB，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝gBRE，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝m2v1q2B，解得v1＝3BqRm＝3gBRE，周期为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＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝π160s，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＝2m/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＝5×106kg，q＝2×104C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10m/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－mv0mgt＝mv解得v＝5m/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＝mv当B1＝2T时，r1＝116m，T1＝π当B1＝4T时，r2＝132m，T2＝π带电液滴在0～5t0即0～π32则液滴在0～5t0即0～π32s＝32πr1＋2πr解得s＝5π32答案：(1)5m/s(2)5π32【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em(2)当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S解析：(