资源简介

2025-2026高三物理第一轮复习【新教材】人教版（2019）：磁场综合练习试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．“判天地之美，析万物之理”，物理学是研究物质及其运动规律的学科，下列说法正确的是
A．麦克斯韦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动的物体
B．牛顿用实验方法得出了万有引力定律，他是第一个“称”地球质量的人
C．磁感应强度B＝，运用了比值定义法
D．通过单位运算，的单位为m/s2（其中m为质量，v为速度，p为压强，t为时间）
2．如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球通过长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放.不计空气阻力，则对小球从释放到第一次到达最低点的过程，下列说法正确的是 （　　）
A．小球运动至最低点时速度为2
B．小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直
C．小球在运动过程中受到的洛伦兹力的瞬时功率先增大，后减小
D．小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为3mg+qB
3．如图所示，一带电质点质量为、电量为，重力忽略不计，以平行于Ox轴的速度从轴上的点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从轴上的点以速度射出，且射出方向与轴正方向的夹角为，可在适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度大小为的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，则该圆形磁场区域的最小半径为（　　）
A． B． C． D．
4．地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图，O为地球球心、R为地球半径，地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m。电荷量均为q。不计粒子的重力及相互作用力。则（　　）
A．粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B．若粒子速率为，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率小于，入射到磁场的粒子可到达地面
D．若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域
5．如图所示，在、的长方形区域有垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计），它们的速度方向均在xoy平面内的第一象限，且与y轴正方向的夹角分布在0～范围内，速度大小不同，且满足．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则下列说法正确的是（ ）
A．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为
B．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间大于
C．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为
D．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间小于
6．如图所示，CD和EF是两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，用两根等长的柔软导线、（重力不计）将它们连接，形成闭合回路CDFE。用两根绝缘细线、将整个回路悬于天花板上，使两棒保持水平并处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。在回路中通以如图所示方向的电流I，则稳定后（　　）
A．软导线、对金属棒EF的拉力大小均为
B．绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg
C．软导线和向纸面外偏转，软导线与竖直方向夹角的正弦值为
D．绝缘细线和向纸面内偏转，细线与竖直方向夹的正切值为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．如图所示，四根平行直导线M、N、P、Q的截面分别对称分布在同一圆周上，MN、PQ的连线互相垂直，O为圆心。M、N中没有电流，P、Q中通有图示方向相反、大小均为I的电流，O点的磁感应强度大小为B；当在M、N中也通入大小为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B。下列说法正确的是
A．M、N中的电流方向相反
B．M、N中的电流方向相同
C．若有一束电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，电子将向下偏转
D．若有一束电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，电子将向上偏转
8．如图所示，有界匀强磁场边界线，速度不同的带同种电荷的粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度为，方向与MN垂直，穿过b点的粒子速度为，方向与MN成60°角。设穿过a、b两点的粒子运动时间分别为、，则（　　）
A． B． C． D．
9．如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a的长方形区域有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度方向均在xOy平面的第一象限内，且与y轴正方向的夹角在0°~90°范围内，速度大小不同，且满足≤v≤．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，不计粒子重力及相互间作用力，则下列说法正确的是 (　　)
A．从磁场上边界飞出的粒子经历的最短时间为
B．从磁场上边界飞出的粒子经历的最短时间小于
C．从磁场中飞出的粒子经历的最长时间为
D．从磁场中飞出的粒子经历的最长时间小于
10．（多选）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外．一质量为、电荷量为的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的点，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A． 加速电场的电压
B． 极板比极板电势高
C．
D． 若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子有相同的质量
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
完成下列主要实验步骤中的填空：
(1)① 按图接线．
② 保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．
③ 闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D ；然后读出 ，并用天平称出此时细沙的质量m2．
④ 用米尺测量D的底边长度L．
(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝ ．
(3)判定磁感应强度方向的方法是：若 ，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
12．某学习小组利用砷化镓霍尔元件（载流子为电子）测量磁感应强度B，实验原理如图甲所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流 ， 通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压 。
（1）2、4测脚中电势低的是_______（选填“2”或“4”）测脚；
（2）利用螺旋测微器测量元件厚度d（如图乙），其读数为_______mm；
（3）某次实验中，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示：
实验次数 1 2 3 4 5
0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
41.5 83.1 124.8 166.4 208.1
坐标纸上已标出前3组数据对应的坐标点，请在坐标纸上标出后2组数据对应的坐标点并画出 关系图像；( )
（4）若测得（3）中 关系图像的斜率为k，设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，电子电荷量为e，则磁感应强度 _______（用k，n，d，e表示）。
13．如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。
（1）求两极板间电压U；
（2）求质子从极板间飞出时的速度大小；
（3）若两极板不带电，保持磁场不变，质子仍沿中心线O1O2从左侧O1点射入，欲使质子从两板间左侧飞出，射入的速度应满足什么条件？
14．如图所示，两光滑平行金属导轨间的距离L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.现把一个质量m=0.04 kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，当接通电源后，导轨中通过的电流I=1.5 A，导体棒恰好静止，g取10 m/s2.已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）若突然只将磁场方向变为竖直向上，其他条件不变，则磁场方向改变后的瞬间，导体棒的加速度大小.
15．如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷 =1.0×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过t= ×10﹣5s时间以后电荷以v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化（图甲中磁场以垂直纸面向外为正．以电荷第一次通过MN时为t=0时刻）．不考虑磁场变化产生的电场．求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图乙中t= ×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离x0；
（3）如果在O点正右方d=31.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷第一次进入磁场后到运动到挡板所需的时间t．
参考答案
1．【知识点】磁感应强度
【答案】C
【解析】爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动的物体，A错误；牛顿通过“月—地检验”得出了万有引力定律，卡文迪什被称为第一个“称”地球质量的人，B错误；磁感应强度B＝，运用了比值定义法，C正确；由于质量的单位为kg，速度的单位为m/s，压强的单位为N/m2，时间的单位为s，所以的单位为m4/s2，D错误。
2．【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【答案】D
【解析】小球运动至最低点的过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，小球的机械能守恒，故mgL=mv2，解得v=，故A错误；根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，即沿绳子的方向向外，故B错误；洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力的瞬时功率始终为零，故C错误；小球在最低点，由合力提供向心力，故T-mg-qvB=m，解得T=3mg+qB，故D正确.
3．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】A
【解析】质点在磁场中做圆周运动的半径为，根据向心力公式及牛顿第二定律有qvB，解得。如图所示，过点作平行于轴的直线，过点作平行于点速度的直线，则与这两直线均相距的点就是轨迹圆的圆心。质点在磁场区域中的轨道就是以为圆心、为半径的圆（如图所示实线圆）上的圆弧MN，M点和点应在所求圆形磁场区域的边界上。在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周（如图所示虚线圆）。所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为，A正确。
4．【知识点】带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【答案】D
【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN右侧地面，A错误；
B．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有，解得，若粒子正对着O处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为，由几何关系可得，解得，B错误；
C．若粒子的速率为，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有，解得，由B选项分析可知，若粒子速率等于时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小于，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，C错误；
D．若粒子速率为，由洛伦兹力提供向心力得，解得，此时最下端的粒子正入射恰好可以到达最右侧地面；而在最下端的以上入射的粒子，因为向上偏转，能到达MN右侧地面最右端以下；综上所述，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN右侧地面一半的区域，D正确。选D。
5．【知识点】带电粒子的运动半径和周期公式及其简单应用
【答案】C
【详解】
带电粒子粒子在磁场中做匀速圆周运动有
从而求得半径为
将题设条件代入得
而带电粒子做匀速圆周运动的周期为
AB．显然沿y轴正方向以最大速度射出的粒子最先射出磁场区域，如图所示，
偏转角
最短时间小于，故AB错误；
CD．设磁场区域为OACB，根据周期公式可知粒子在磁场中运动的周期相同，分析可知最后从磁场中飞出的粒子轨迹如图所示，
此时粒子半径
恰好在C点离开磁场，延长CB至O′使
O′即为圆心，连接OO′，根据几何关系可知，此时粒子转过圆心角θ2最大为，所以最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为
故C正确，D错误。
6．【知识点】安培力作用下的平衡问题
【答案】B
【详解】B．对CD棒和EF棒组成的系统进行受力分析（从左向右看），如图所示
整体受到两个重力，两个安培力和两个绝缘绳子的拉力，竖直方向根据受力平衡得，可得，即绝缘细线和不发生偏转，绝缘细线和对金属棒CD的拉力大小均为mg，B正确；
ACD．EF棒受到重力、水平方向的安培力和两个金属杆的拉力，可知软导线和向纸面外偏转，其中安培力大小为，设柔软导线与竖直方向的夹角为，则有，，可知软导线、对金属棒EF的拉力大小均大于，ACD错误。选B。
7．【知识点】洛伦兹力的方向与大小
【答案】CD　
【详解】由题意知，在M、N中也通入大小为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B，可判定M、N中的电流在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，根据安培定则可知，M、N中的电流方向相同，A错误，B正确；若有一束电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，由左手定则可知，电子将向上偏转，C错误，D正确。
8．【知识点】带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【答案】BC
【详解】
AB．粒子在磁场中运动的周期，周期的大小与粒子速度无关。画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由图可知，通过a点的粒子的运动轨迹对应的圆心角为90°，则
通过b点的粒子的运动轨迹对应的圆心角为60°，则
所以
A错误，B正确；
CD．由几何关系可知，通过a点的粒子的轨迹半径为通过b点的粒子的轨迹半径的，即
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，可得
又，则
C正确，D错误。
故选BC。
9．【知识点】带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题
【答案】BC　
【解析】粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有Bqv=m，得R=，又因为≤v≤，所以有2a≤R≤3a，分析可知当粒子初速度与y轴正方向的夹角θ=0°时，以该初速度运动的粒子在磁场中运动时间最短，如图甲所示，R越大，运动轨迹对应的圆心角φ越小，所以当R=3a时，φ最小，此时sin φ=<，所以φ<，运动时间t=T<，故A错误，B正确．θ从0°逐渐增大，则粒子在磁场上边界的出射点右移，粒子在上边界最远能到达的位置为粒子做圆周运动的轨迹与上边界相切的点，如图乙所示，此时粒子出射点的横坐标x==≥a，所以粒子一定能到达磁场边界的右上顶点且粒子做圆周运动的轨迹都是劣弧，在该点出射对应粒子做圆周运动轨迹的弦最大；粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中转过角度最大，运动时间最长，当R=2a且粒子出射点为磁场边界右上顶点时，粒子在磁场中运动经历的时间最长，此时粒子转过的角度φ'=，运动经历的时间t=，故C正确，D错误．
甲 　 乙
10．【知识点】质谱仪
【答案】AB
【解析】在加速电场中，根据动能定理有，在静电分析器中电场力提供向心力，有，可得加速电场的电压，故A正确；在静电分析器中粒子所受电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，粒子在加速电场中加速，加速电场方向水平向右，故极板比极板电势高，故B正确；在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有，，故C错误；由C项分析可知，若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子有相同的比荷，故D错误．
11．【知识点】电流天平
【答案】 重新处于平衡状态 电流表的示数I
【详解】
(1)[1][2]金属框平衡时测量才有意义，读出电流表的示数I；
(2)[3]根据平衡条件，有：|m2-m1|g=BIL，解得：；
(3)[4]若m2＞m1．则安培力的方向向下，根据左手定则可得，磁场的方向向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
12．【知识点】霍尔元件
【答案】 4 1.900mm/1.888mm/1.889mm/1.901mm/1.902mm 见解析
【详解】（1）[1]根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4测脚方向，电子带负电，故4测脚中电势低；
（2）[2]螺旋测微器的读数
（3）[3]将表格中的数据在图中描点连线，其图像如图所示
（4）[4] 霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有
电流微观表达式
设霍尔元件的宽度为 ，霍尔元件的电压
霍尔元件的截面面积
解得
所以有
得
13．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设质子从左侧O1点射入的速度为，极板长为，在复合场中作匀速运动
在电场中作类平抛运动
又
撤去磁场，仅受电场力，有
解得
，
（2）质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小
从极板间飞出时的速度大小
（3）设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，质子恰好从上极板左边缘飞出时速度的，偏转角为
由几何关系可知
，
因为
所以
根据向心力公式，解得
所以，质子从两板左侧间飞出的条件为
14．【知识点】安培力的大小、安培力的方向（左手定则）
【答案】（1）0.4 T　（2）1.2 m/s2
【解析】（1）导体棒静止时受力情况如图甲所示，根据平衡条件得F安-mgsin θ=0，而F安=BIL，解得B=0.4 T.
甲
乙
（2）改变磁场方向后，导体棒受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律得mgsin θ-F'安cos θ=ma，其中F'安=BIL，解得a=1.2 m/s2.
15．【知识点】带电粒子在组合场中的运动
【答案】
（1）7.2×103N/C．（2）4cm；（3）1.6×10﹣4s
【分析】
电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电场强度E；电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t= ×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离．电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．
【详解】
（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，由匀变速直线运动的速度公式得：v0=at1，由牛顿第二定律得：qE=ma
代入数据解得：E=7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
解得：
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：
做圆周运动的周期：
代入数据解得：r1=0.05m=5cm，
当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径为： ，周期：
代入数据解得：r2=0.03m=3cm，
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．
时刻电荷与O点的水平距离：Δd=2（r1﹣r2）=4cm
（3）电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：
根据电荷的运动情况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为6个，有：电荷沿ON运动的距离：s=6△d=6×4=24cm，
故最后31.5﹣24=7.5cm的距离如图所示，有：r1+r1cosα=d﹣s，
即：r1+r1cosα=31.5cm﹣24cm=7.5cm，
即r1+r1cosα=7.5cm
解得：cosα=0.5，α=arccos0.5=60°
故电荷运动的总时间：
已知
所以t总=1.6×10﹣4s．
【点睛】
本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间．
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页

展开更多......

收起↑