資源簡介

2025-2026高三物理第一輪復習【新教材】人教版（2019）：磁場綜合練習試卷
一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．“判天地之美，析萬物之理”，物理學是研究物質及其運動規律的學科，下列說法正確的是
A．麥克斯韋提出的狹義相對論表明經典力學不適用于微觀粒子和高速運動的物體
B．牛頓用實驗方法得出了萬有引力定律，他是第一個“稱”地球質量的人
C．磁感應強度B＝，運用了比值定義法
D．通過單位運算，的單位為m/s2（其中m為質量，v為速度，p為壓強，t為時間）
2．如圖所示，在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場中，有一質量為m、電荷量為q的帶正電小球通過長度為L的絕緣細繩與懸點相連，將小球置于恰好使細繩水平伸直的位置并從靜止釋放.不計空氣阻力，則對小球從釋放到第一次到達最低點的過程，下列說法正確的是 （　　）
A．小球運動至最低點時速度為2
B．小球在運動過程中受到的洛倫茲力方向始終與細繩垂直
C．小球在運動過程中受到的洛倫茲力的瞬時功率先增大，后減小
D．小球在運動至最低點時細繩對小球的拉力大小為3mg+qB
3．如圖所示，一帶電質點質量為、電量為，重力忽略不計，以平行于Ox軸的速度從軸上的點射入圖中第一象限所示的區域。為了使該質點能從軸上的點以速度射出，且射出方向與軸正方向的夾角為，可在適當的地方加一個垂直于xOy平面、磁感應強度大小為的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區域內，則該圓形磁場區域的最小半徑為（　　）
A． B． C． D．
4．地磁場對宇宙高能粒子有偏轉的作用，從而保護了地球的生態環境。赤道平面的地磁場簡化為如圖，O為地球球心、R為地球半徑，地磁場只分布在半徑為R和2R的兩邊界之間的圓環區域內，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向里。假設均勻分布的帶正電高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子質量均為m。電荷量均為q。不計粒子的重力及相互作用力。則（　　）
A．粒子無論速率多大均無法到達MN右側地面
B．若粒子速率為，正對著O處入射的粒子恰好可以到達地面
C．若粒子速率小于，入射到磁場的粒子可到達地面
D．若粒子速率為，入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側地面一半的區域
5．如圖所示，在、的長方形區域有垂直于xoy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重力不計），它們的速度方向均在xoy平面內的第一象限，且與y軸正方向的夾角分布在0～范圍內，速度大小不同，且滿足．已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，則下列說法正確的是（ ）
A．最先從磁場上邊界飛出的粒子經歷的時間為
B．最先從磁場上邊界飛出的粒子經歷的時間大于
C．最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為
D．最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間小于
6．如圖所示，CD和EF是兩根相同的金屬棒，質量均為m，長度均為L，用兩根等長的柔軟導線、（重力不計）將它們連接，形成閉合回路CDFE。用兩根絕緣細線、將整個回路懸于天花板上，使兩棒保持水平并處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，重力加速度為g。在回路中通以如圖所示方向的電流I，則穩定后（　　）
A．軟導線、對金屬棒EF的拉力大小均為
B．絕緣細線和對金屬棒CD的拉力大小均為mg
C．軟導線和向紙面外偏轉，軟導線與豎直方向夾角的正弦值為
D．絕緣細線和向紙面內偏轉，細線與豎直方向夾的正切值為
二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
7．如圖所示，四根平行直導線M、N、P、Q的截面分別對稱分布在同一圓周上，MN、PQ的連線互相垂直，O為圓心。M、N中沒有電流，P、Q中通有圖示方向相反、大小均為I的電流，O點的磁感應強度大小為B；當在M、N中也通入大小為I的電流時，O點的磁感應強度大小仍為B。下列說法正確的是
A．M、N中的電流方向相反
B．M、N中的電流方向相同
C．若有一束電子(不計重力)從O點垂直紙面向里運動，電子將向下偏轉
D．若有一束電子(不計重力)從O點垂直紙面向里運動，電子將向上偏轉
8．如圖所示，有界勻強磁場邊界線，速度不同的帶同種電荷的粒子從S點沿SP方向同時射入磁場。其中穿過a點的粒子速度為，方向與MN垂直，穿過b點的粒子速度為，方向與MN成60°角。設穿過a、b兩點的粒子運動時間分別為、，則（　　）
A． B． C． D．
9．如圖所示，在0≤x≤a、0≤y≤a的長方形區域有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B．坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度方向均在xOy平面的第一象限內，且與y軸正方向的夾角在0°~90°范圍內，速度大小不同，且滿足≤v≤．已知粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，不計粒子重力及相互間作用力，則下列說法正確的是 (　　)
A．從磁場上邊界飛出的粒子經歷的最短時間為
B．從磁場上邊界飛出的粒子經歷的最短時間小于
C．從磁場中飛出的粒子經歷的最長時間為
D．從磁場中飛出的粒子經歷的最長時間小于
10．（多選）如圖所示為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為、方向垂直紙面向外．一質量為、電荷量為的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的點，不計粒子重力，下列說法正確的是（ ）
A． 加速電場的電壓
B． 極板比極板電勢高
C．
D． 若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子有相同的質量
三、非選擇題：本大題共5題，共56分。
11．圖中虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場．現通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小、并判定其方向．所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關．此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線．
完成下列主要實驗步驟中的填空：
(1)① 按圖接線．
② 保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態；然后用天平稱出細沙質量m1．
③ 閉合開關S，調節R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D ；然后讀出 ，并用天平稱出此時細沙的質量m2．
④ 用米尺測量D的底邊長度L．
(2)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B＝ ．
(3)判定磁感應強度方向的方法是：若 ，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里．
12．某學習小組利用砷化鎵霍爾元件（載流子為電子）測量磁感應強度B，實驗原理如圖甲所示，勻強磁場垂直于元件的工作面，工作電源為霍爾元件提供霍爾電流 ， 通過1、3測腳時，2、4測腳間將產生霍爾電壓 。
（1）2、4測腳中電勢低的是_______（選填“2”或“4”）測腳；
（2）利用螺旋測微器測量元件厚度d（如圖乙），其讀數為_______mm；
（3）某次實驗中，調節工作電壓，改變霍爾電流，測出霍爾電壓，實驗數據如下表所示：
實驗次數 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
坐標紙上已標出前3組數據對應的坐標點，請在坐標紙上標出后2組數據對應的坐標點并畫出 關系圖像；( )
（4）若測得（3）中 關系圖像的斜率為k，設該元件單位體積中自由電子的個數為n，元件厚度為d，電子電荷量為e，則磁感應強度 _______（用k，n，d，e表示）。
13．如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩板及其左側邊緣連線均與磁場邊界剛好相切。一質子（不計重力）沿兩板間中心線O1O2從左側O1點以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場區域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t0。若僅撤去磁場，質子仍從O1點以相同速度射入，經時間打到極板上。
（1）求兩極板間電壓U；
（2）求質子從極板間飛出時的速度大小；
（3）若兩極板不帶電，保持磁場不變，質子仍沿中心線O1O2從左側O1點射入，欲使質子從兩板間左側飛出，射入的速度應滿足什么條件？
14．如圖所示，兩光滑平行金屬導軌間的距離L=0.4 m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=37°，在導軌所在平面內，分布著方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場.現把一個質量m=0.04 kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，當接通電源后，導軌中通過的電流I=1.5 A，導體棒恰好靜止，g取10 m/s2.已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
（1）磁場的磁感應強度大小；
（2）若突然只將磁場方向變為豎直向上，其他條件不變，則磁場方向改變后的瞬間，導體棒的加速度大小.
15．如圖甲所示，水平直線MN下方有豎直向上的勻強電場，現將一重力不計、比荷 =1.0×106C/kg的正電荷置于電場中的O點由靜止釋放，經過t= ×10﹣5s時間以后電荷以v0=1.5×104m/s的速度通過MN進入其上方的勻強磁場，磁場方向與紙面垂直，磁感應強度B按圖乙所示規律周期性變化（圖甲中磁場以垂直紙面向外為正．以電荷第一次通過MN時為t=0時刻）．不考慮磁場變化產生的電場．求：
（1）勻強電場的電場強度E；
（2）圖乙中t= ×10﹣5s時刻電荷與O點的水平距離x0；
（3）如果在O點正右方d=31.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板，求電荷第一次進入磁場后到運動到擋板所需的時間t．
參考答案
1．【知識點】磁感應強度
【答案】C
【解析】愛因斯坦提出的狹義相對論表明經典力學不適用于微觀粒子和高速運動的物體，A錯誤；牛頓通過“月—地檢驗”得出了萬有引力定律，卡文迪什被稱為第一個“稱”地球質量的人，B錯誤；磁感應強度B＝，運用了比值定義法，C正確；由于質量的單位為kg，速度的單位為m/s，壓強的單位為N/m2，時間的單位為s，所以的單位為m4/s2，D錯誤。
2．【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動
【答案】D
【解析】小球運動至最低點的過程中，受重力、拉力和洛倫茲力，只有重力做功，小球的機械能守恒，故mgL=mv2，解得v=，故A錯誤；根據左手定則可知，小球受到的洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直，即沿繩子的方向向外，故B錯誤；洛倫茲力始終不做功，洛倫茲力的瞬時功率始終為零，故C錯誤；小球在最低點，由合力提供向心力，故T-mg-qvB=m，解得T=3mg+qB，故D正確.
3．【知識點】帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題
【答案】A
【解析】質點在磁場中做圓周運動的半徑為，根據向心力公式及牛頓第二定律有qvB，解得。如圖所示，過點作平行于軸的直線，過點作平行于點速度的直線，則與這兩直線均相距的點就是軌跡圓的圓心。質點在磁場區域中的軌道就是以為圓心、為半徑的圓（如圖所示實線圓）上的圓弧MN，M點和點應在所求圓形磁場區域的邊界上。在通過M、N兩點的不同的圓周中，最小的一個是以MN連線為直徑的圓周（如圖所示虛線圓）。所以本題所求的圓形磁場區域的最小半徑為，A正確。
4．【知識點】帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
【答案】D
【詳解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合適，粒子可到達MN右側地面，A錯誤；
B．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有，解得，若粒子正對著O處入射，且恰好可以到達地面，其軌跡如圖所示
設該軌跡半徑為，由幾何關系可得，解得，B錯誤；
C．若粒子的速率為，則粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有，解得，由B選項分析可知，若粒子速率等于時，入射到磁場的粒子均不可以到達地面，所以若粒子速率小于，入射到磁場的粒子均不可以到達地面，C錯誤；
D．若粒子速率為，由洛倫茲力提供向心力得，解得，此時最下端的粒子正入射恰好可以到達最右側地面；而在最下端的以上入射的粒子，因為向上偏轉，能到達MN右側地面最右端以下；綜上所述，入射到磁場的粒子恰能覆蓋MN右側地面一半的區域，D正確。選D。
5．【知識點】帶電粒子的運動半徑和周期公式及其簡單應用
【答案】C
【詳解】
帶電粒子粒子在磁場中做勻速圓周運動有
從而求得半徑為
將題設條件代入得
而帶電粒子做勻速圓周運動的周期為
AB．顯然沿y軸正方向以最大速度射出的粒子最先射出磁場區域，如圖所示，
偏轉角
最短時間小于，故AB錯誤；
CD．設磁場區域為OACB，根據周期公式可知粒子在磁場中運動的周期相同，分析可知最后從磁場中飛出的粒子軌跡如圖所示，
此時粒子半徑
恰好在C點離開磁場，延長CB至O′使
O′即為圓心，連接OO′，根據幾何關系可知，此時粒子轉過圓心角θ2最大為，所以最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為
故C正確，D錯誤。
6．【知識點】安培力作用下的平衡問題
【答案】B
【詳解】B．對CD棒和EF棒組成的系統進行受力分析（從左向右看），如圖所示
整體受到兩個重力，兩個安培力和兩個絕緣繩子的拉力，豎直方向根據受力平衡得，可得，即絕緣細線和不發生偏轉，絕緣細線和對金屬棒CD的拉力大小均為mg，B正確；
ACD．EF棒受到重力、水平方向的安培力和兩個金屬桿的拉力，可知軟導線和向紙面外偏轉，其中安培力大小為，設柔軟導線與豎直方向的夾角為，則有，，可知軟導線、對金屬棒EF的拉力大小均大于，ACD錯誤。選B。
7．【知識點】洛倫茲力的方向與大小
【答案】CD　
【詳解】由題意知，在M、N中也通入大小為I的電流時，O點的磁感應強度大小仍為B，可判定M、N中的電流在O點產生的磁感應強度大小相等、方向相反，根據安培定則可知，M、N中的電流方向相同，A錯誤，B正確；若有一束電子(不計重力)從O點垂直紙面向里運動，由左手定則可知，電子將向上偏轉，C錯誤，D正確。
8．【知識點】帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
【答案】BC
【詳解】
AB．粒子在磁場中運動的周期，周期的大小與粒子速度無關。畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖所示，由圖可知，通過a點的粒子的運動軌跡對應的圓心角為90°，則
通過b點的粒子的運動軌跡對應的圓心角為60°，則
所以
A錯誤，B正確；
CD．由幾何關系可知，通過a點的粒子的軌跡半徑為通過b點的粒子的軌跡半徑的，即
根據粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，可得
又，則
C正確，D錯誤。
故選BC。
9．【知識點】帶電粒子在有界磁場中運動的臨界極值問題
【答案】BC　
【解析】粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，有Bqv=m，得R=，又因為≤v≤，所以有2a≤R≤3a，分析可知當粒子初速度與y軸正方向的夾角θ=0°時，以該初速度運動的粒子在磁場中運動時間最短，如圖甲所示，R越大，運動軌跡對應的圓心角φ越小，所以當R=3a時，φ最小，此時sin φ=<，所以φ<，運動時間t=T<，故A錯誤，B正確．θ從0°逐漸增大，則粒子在磁場上邊界的出射點右移，粒子在上邊界最遠能到達的位置為粒子做圓周運動的軌跡與上邊界相切的點，如圖乙所示，此時粒子出射點的橫坐標x==≥a，所以粒子一定能到達磁場邊界的右上頂點且粒子做圓周運動的軌跡都是劣弧，在該點出射對應粒子做圓周運動軌跡的弦最大；粒子出射點為磁場邊界右上頂點時，粒子在磁場中轉過角度最大，運動時間最長，當R=2a且粒子出射點為磁場邊界右上頂點時，粒子在磁場中運動經歷的時間最長，此時粒子轉過的角度φ'=，運動經歷的時間t=，故C正確，D錯誤．
甲 　 乙
10．【知識點】質譜儀
【答案】AB
【解析】在加速電場中，根據動能定理有，在靜電分析器中電場力提供向心力，有，可得加速電場的電壓，故A正確；在靜電分析器中粒子所受電場力方向與電場方向相同，故粒子帶正電，粒子在加速電場中加速，加速電場方向水平向右，故極板比極板電勢高，故B正確；在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力，有，，故C錯誤；由C項分析可知，若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子有相同的比荷，故D錯誤．
11．【知識點】電流天平
【答案】 重新處于平衡狀態 電流表的示數I
【詳解】
(1)[1][2]金屬框平衡時測量才有意義，讀出電流表的示數I；
(2)[3]根據平衡條件，有：|m2-m1|g=BIL，解得：；
(3)[4]若m2＞m1．則安培力的方向向下，根據左手定則可得，磁場的方向向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里．
12．【知識點】霍爾元件
【答案】 4 1.900mm/1.888mm/1.889mm/1.901mm/1.902mm 見解析
【詳解】（1）[1]根據左手定則可知，電子受到的洛倫茲力向4測腳方向，電子帶負電，故4測腳中電勢低；
（2）[2]螺旋測微器的讀數
（3）[3]將表格中的數據在圖中描點連線，其圖像如圖所示
（4）[4] 霍爾元件中電子受到的洛倫茲力等于電場力，有
電流微觀表達式
設霍爾元件的寬度為 ，霍爾元件的電壓
霍爾元件的截面面積
解得
所以有
得
13．【知識點】帶電粒子在疊加場中的運動
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】
（1）設質子從左側O1點射入的速度為，極板長為，在復合場中作勻速運動
在電場中作類平拋運動
又
撤去磁場，僅受電場力，有
解得
，
（2）質子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小
從極板間飛出時的速度大小
（3）設質子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，質子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的，偏轉角為
由幾何關系可知
，
因為
所以
根據向心力公式，解得
所以，質子從兩板左側間飛出的條件為
14．【知識點】安培力的大小、安培力的方向（左手定則）
【答案】（1）0.4 T　（2）1.2 m/s2
【解析】（1）導體棒靜止時受力情況如圖甲所示，根據平衡條件得F安-mgsin θ=0，而F安=BIL，解得B=0.4 T.
甲
乙
（2）改變磁場方向后，導體棒受力情況如圖乙所示，根據牛頓第二定律得mgsin θ-F'安cos θ=ma，其中F'安=BIL，解得a=1.2 m/s2.
15．【知識點】帶電粒子在組合場中的運動
【答案】
（1）7.2×103N/C．（2）4cm；（3）1.6×10﹣4s
【分析】
電荷在電場中做勻加速直線運動，根據運動學公式和牛頓第二定律結合可求出電場強度E；電荷進入磁場后做勻速圓周運動，分別求出電荷在磁場中運動的半徑和周期，畫出軌跡，由幾何關系求出t= ×10﹣5s時刻電荷與O點的水平距離．電荷在周期性變化的磁場中運動，根據周期性分析電荷到達檔板前運動的完整周期數，即可求出荷沿ON運動的距離．根據電荷擋板前的運動軌跡，求出其運動時間，即得總時間．
【詳解】
（1）電荷在電場中做勻加速直線運動，設其在電場中運動的時間為t1，由勻變速直線運動的速度公式得：v0=at1，由牛頓第二定律得：qE=ma
代入數據解得：E=7.2×103N/C
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：
解得：
當磁場垂直紙面向外時，電荷運動的半徑：
做圓周運動的周期：
代入數據解得：r1=0.05m=5cm，
當磁場垂直紙面向里時，電荷運動的半徑為： ，周期：
代入數據解得：r2=0.03m=3cm，
故電荷從t=0時刻開始做周期性運動，其運動軌跡如圖所示．
時刻電荷與O點的水平距離：Δd=2（r1﹣r2）=4cm
（3）電荷從第一次通過MN開始，其運動的周期為：
根據電荷的運動情況可知，電荷到達檔板前運動的完整周期數為6個，有：電荷沿ON運動的距離：s=6△d=6×4=24cm，
故最后31.5﹣24=7.5cm的距離如圖所示，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°
故電荷運動的總時間：
已知
所以t總=1.6×10﹣4s．
【點睛】
本題是帶電粒子在電場和磁場中運動的問題，電荷在電場中運動時，由牛頓第二定律和運動學公式結合研究是最常用的方法，也可以由動量定理處理．電荷在周期性磁場中運動時，要抓住周期性即重復性進行分析，根據軌跡求解時間．
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 page number 頁，共 number of pages 頁

展開更多......

收起↑