专题十 磁场 考点剖析精创专题卷 -2025届高考物理一轮复习

专题十 磁场 一、选择题（本题共15个小题，每题5分，共75分） 1.如图所示，地球是一个磁体，相当于一个大条形磁铁，为了解释地球的磁性，安培在19世纪用分子电流假说进行了说明，地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的，假设地球带负电，下列说法正确的是( ) A.在地球的内部磁感线由地磁的S极指向地磁的N极 B.地球磁体的N极位于地理的南极，地球磁体的S极与地理的北极重合 C.用一个能自由转动的小磁针观察地磁场的方向，看到它的磁极一般指向地理的正南北方向 D.从地理北极向地理南极看，环形电流的方向沿逆时针方向 2.电流的磁效应揭示了电与磁的关系。下面四幅图中描述磁场方向与电流方向之间的关系，其中磁感线分布正确的是( ) A. B. C. D. 3.水平桌面上固定一长直导线a，右方有一可以移动的金属圆环b，如图所示。现给a通入图示方向的恒定电流I，并使圆环b向右逐渐远离导线a，下列说法正确的是( ) A．金属圆环b中的电流沿逆时针方向 B．导线a与金属圆环b之间有互相排斥的力 C．金属圆环b的面积有扩大的趋势 D．金属圆环b的移动对导线a没有影响 4.磁带录放机既可录音，也可放音，对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是( ) A.录音的主要原理是电磁感应 B.放音的主要原理是电磁感应 C.放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用 D.录音和放音的主要原理都是电磁感应 5.如图所示，长度为L的金属棒垂直置于磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒两端通过平行磁场的导线引申至无磁场处连接，现使金属棒绕O点匀速转动，角速度为ω，其中，，金属棒电阻为R，忽略其他电阻，则金属棒在匀速转动过程中受到的安培力大小是( ) A. B. C. D. 6.如图所示，将一质量分布均匀，电阻率不变的导线围成正五边形，在两点用导线与恒压电源相连接，空间中存在垂直正五边形所在平面向外的匀强磁场（图中未画出），接通电源后边所受的安培力大小为F。已知。若在两点用导线与该恒压电源连接，则接通后正五边形所受安培力大小为( ) A. B. C. D. 7.关于电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛仑兹力，三者之间的方向关系如图所示，其中正确的是( ) A. B. C. D. 8.如图所示，长方形区域内存在方向垂直纸面向内的匀强磁场，P为边上的点，，边足够长。现有一粒子从P点沿与成角且沿纸面射入磁场中，则( ) A.若粒子从C点射出，则粒子带负电 B.若粒子从D点射出，则粒子的轨迹半径为a C.若粒子能从边射出磁场，则粒子恰好不从边射出的临界轨迹半径为 D.若粒子能从边射出磁场，则粒子在磁场中的运动时间与其速度大小无关 9.如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆，固定在竖直平面内，与水平面的夹角为，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带负电小环（可视为质点）套在直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数，将小环从直杆上的P点由静止释放，下降高度为h之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为，重力加速度大小为g，不计空气阻力，取，下列说法中正确的是( ) A.小环释放后，一直做加速度减小的加速运动 B.小环释放后，小环的速度先增大后减小 C.小环释放后，加速度的最大值为0.6g，速度的最大值为 D.小环下降高度h的过程中，因摩擦产生的热量为 10.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆上有A、C、D三点，从A点沿半径AO方向射入一个带电粒子（不计重力），入射速度为时，粒子恰好从C点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且，，下列说法正确的是( ) A.粒子在磁场中的运动时间为 B.圆形区域的半径为 C.要使粒子从D点离开磁场，入射速度为 D.若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点 11.如图所示，在中有一垂直纸面向里的匀强磁场，质量和电荷量大小都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知O是的中点，不计粒子重力，下列说法中正确的是( ) A.粒子a带负电，粒子b、c带正电 B.射入磁场时粒子a的速率最小 C.粒子c在磁场中运动的时间最长 D.粒子a在磁场中运动的周期最小 12.用质谱仪测量带电粒子的比荷，其原理如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子（不计重力）经小孔飘入电压为U的加速电场（初速度可忽略不计），加速后经小孔进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上的D点.测得D点到的距离为d，则该粒子的比荷等于( ) A. B. C. D. 13.如图所示，图1为速度选择器，图2为磁流体发电机，图3为回旋加速器，图4为质谱仪。下列说法正确的是( ) A.图1中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是 B.图2磁流体发电机中，B点电势比A点电势高 C.图3要增大某种粒子的最大动能，可减小磁场的磁感应强度 D.图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比等于粒子的比荷之比 14.有一种将药物透过皮肤注入体内的无针注射器，注射器的泵体是一个长方体槽，泵体上部与竖直绝缘细管相连。如图所示，槽高为h，槽的左、右壁是间距为L的导电金属壁，上下、前后壁均为绝缘壁，其中前后壁间距为d，垂直于前后壁有磁感应强度大小为B的匀强磁场。注射器工作时，在左右两金属壁之间加电压U，导电药液中形成自左向右的电流，药液受安培力作用被压到细管中完成注射。已知药液的电阻率为、密度为，重力加速度为g。下列说法正确的是( ) A.磁场的方向由后壁指向前壁 B.导电药液中电流的大小为 C.药液受到的安培力大小为 D.注射器正常工作时， 15.回旋加速器使人类对高能粒子的获得取得了跨越性的进步，图为一种改进后的回旋加速器示意图，板间有电场，虚线（含板）之外的D形盒区域有匀强磁场，粒子的运动轨迹如图所示。下列说法正确的是( ) A.间电场为交变电场 B.带电粒子每一次加速前后，速度增加量相同 C.粒子从离开A板到再次回到A板，其间被加速两次 D.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 二、计算题（共2小题 ，共25分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 16.（12分）如图所示，速度选择器两板间电压为U、相距为d，板间有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场；在紧靠速度选择器右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B未知，圆形磁场区域半径为R.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在速度选择器中做直线运动，从M点沿圆形磁场半径方向进入磁场，然后从N点射出，O为圆心，，粒子重力可忽略不计.求： （1）粒子在速度选择器中运动的速度大小； （2）圆形磁场区域的磁感应强度B的大小； （3）粒子在圆形磁场区域的运动时间. 17.（13分）如图所示，水平虚线MN的下方存在竖直向上的匀强电场（大小未知），虚线上方有一以MN上一点O为圆心、R为半径的半圆形区域，该区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平方向的匀强电场E（E大小未知，图中均未画出），磁场的磁感应强度大小为B，O点正下方固定一粒子源S，能源源不断地产生初速度为零的同种正粒子，经过一段时间粒子由O点进入半圆区域，粒子在半圆区域的轨迹为直线，在半圆区域内运动的时间为.粒子的重力以及粒子间相互作用均忽略不计. （1）求半圆区域内匀强电场的电场强度E的大小和方向； （2）若仅将半圆区域内的磁场撤去，结果粒子在半圆区域中运动的时间变为，求粒子的比荷以及S、O两点的电势差； （3）若将半圆区域内的电场撤去，且将虚线MN下方的电场强度大到原来的16倍，求粒子在半圆形区域运动的时间. 答案以及解析 1.答案：A 解析：A.在地球的内部磁感线由地磁的S极指向地磁的N极，故A正确；B.地球磁体的N极位于地理的南极附近，地球磁体的S极在地理的北极附近，故B错误；C.用一个能自由转动的小磁针观察地磁场的方向，看到它的磁极一般指向地理的南北方向附近，不是正南北方向，故C错误；D.从地理北极向地理南极看，环形电流的方向沿顺时针方向，故D错误，故选A。 2.答案：A 解析：A.根据安培定则可知，电流方向向上，导线右侧磁场方向垂直纸面向里，左侧则是垂直纸面向外，故A正确； B.根据安培定则可知，螺线管内部磁场方向由左向右，故左端是S极，右端是N极，故B错误； C.根据安培定则可知，环形导线内部磁场方向从右向左，故C错误； D.根据安培定则可知，电流方向向下，磁场方向应该是顺时针方向，故D错误。 故选A。 3.答案：C 解析：A．给a通入图示方向的恒定电流I，导线a右侧的磁感应强度垂直纸面向里，使圆环b向右逐渐远离导线a，则圆环磁通量减小，根据楞次定律可知，金属圆环b中产生顺时针方向的感应电流，故A错误； BD．根据楞次定律“来拒去留”可知，导线a与金属圆环b之间有互相吸引的力，故金属圆环b的移动对导线a有影响，故BD错误； C．根据楞次定律“增缩减阔”可知，金属圆环b的面积有扩大的趋势，故C正确； 故选C。 4.答案：B 解析：A.录音时，线圈中有变化的电流，产生变化的磁场，再磁化磁带上磁粉的过程，其中最主要的原理是电流的磁效应，故A错误;BCD.放音时，磁带上磁粉的磁性不同，使磁头线圈中产生不同的感应电流，这是电磁感应现象，故B正确，CD错误。故选B。 5.答案：C 解析：金属棒ab中点的速度，所以感应电动势，感应电流为，所以安培力为，答案为C。 6.答案：A 解析：设恒压电源电压为U，磁感应强度为B，边长为L，每个边的电阻为R。在两点用导线与恒压电源相连接时，ab边电流为则若在a、d两点用导线与该恒压电源连接，则abcd电流为，aed电流为由几何关系，三角形acd为顶角36°的等腰三角形，由正弦定理得则aed、abcd的有效长度均为则正五边形所受安培力大小为联立求得，A正确。故选A。 7.答案：A 解析：根据左手定则得，A选项洛伦兹力方向竖直向下，B选项洛伦兹力方向竖直向下，C选项不受洛伦兹力，D选项洛伦兹力方向垂直纸面向外。故A正确，B、C、D错误：故选A. 8.答案：D 解析：A.根据左手定则可知，若粒子从C点射出，则粒子带正电，故A错误； B.若粒子从D点射出，由几何知识可知粒子的轨道半径大于a，故B错误； C.若粒子能从边射出的磁场，且粒子恰好不从边射出，则根据几何知识可得其临界轨迹的半径为，故C错误； D.若粒子能从边射出磁场，则粒子在磁场中的运动的轨迹所对应的圆心角都相同，均为，结合 可知，粒子在磁场中的运动时间与其速度大小无关，故D正确。 故选D。 9.答案：C 解析：AB.刚开始阶段，小环受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于小环速度逐渐增大，所以还会受到洛伦兹力作用 根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有，沿杆方向，有，随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，根据，，小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故AB错误；C.小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力，加速度最大，根据牛顿第二定律，有，即，当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，有，解得，故C正确；D.因为下降高度为h之前速度已达到最大值，小环下降高度h的过程中，根据能量守恒，有，解得，故D错误。故选C。 10.答案：C 解析：A.粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，则粒子的速度方向改变了90°，所以粒子在磁场中的运动时间为，故A错误;B.粒子从A点进入磁场，C点离开磁场，根据几何知识可知，粒子的轨迹半径，而粒子在磁场中的运动时间为，联立可得，圆形区域的半径为，故B错误;C.粒子从点离开磁场的运动轨迹如下图所示 根据几何知识可得，根据洛伦兹力提供向心力有，联立可得，即要使粒子从D点离开磁场，入射速度为，故C正确;D.由于，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O点，故D错误。故选C。 11.答案：C 解析：A.根据左手定则，粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；B.根据洛伦兹力提供向心力可得由图可知射入磁场时粒子c的运动半径最小，故射入磁场时粒子c的速率最小，故B错误；CD.粒子在磁场中运动的周期为可知三个粒子在磁场中运动的周期相等，粒子在磁场中运动的时间为射入磁场时粒子c轨迹对应的圆心角最大，故粒子c在磁场中运动的时间最长，故C正确，D错误。故选C。 12.答案：A 解析：电场中，由动能定理得，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得，联立解得，BCD项错误，A项正确. 13.答案：B 解析：A.图1中电子、质子能够沿直线通过速度选择器的条件是电场力与洛伦兹力平衡，则有，解得，故A错误； B.图2是磁流体发电机，根据左手定则可知，带正电粒子向下偏转，带负电粒子向上偏转，则B点电势比A点电势高，故B正确； C.当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的速度最大，动能最大，则有，解得粒子的最大速度为，粒子的最大动能为，可知要增大某种粒子的最大动能，可增大磁场的磁感应强度，故C错误； D.粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得，粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得，联立可得，可知图4中不同离子经过质谱仪偏转半径之比不等于粒子的比荷之比，故D错误。 故选B。 14.答案：D 解析：A.根据题意可知，导电药液所受安培力向上，电流自左向右，由左手定则可知，磁场的方向由前壁指向后壁，故A错误;B.根据题意，由电阻定律可得，导电药液的电阻为则导电药液中电流的大小为故B错误;C.药液受到的安培力大小为故C错误；D.注射器正常工作，则有即解得故D正确。故选D。 15.答案：D 解析：AC.带电粒子只有经过AC板间时被加速，即粒子从离开A板到再次回到A板，其间被加速一次，且板间电场方向保持不变，所以间电场不是交变电场，故AC错误；B.设带电粒子在AC板间被加速的加速度大小为a，则有,由于AC板间距离保持不变，随着带电粒子被加速后每次经过AC板间的速度逐渐变大，带电粒子被加速的时间逐渐减小，则带电粒子每一次加速前后，速度增加量逐渐减小，故B错误；D.当粒子从D形盒中出来时，速度最大，设D形盒半径为R，则有,可得,可知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故D正确。故选D。 16.答案：（1）（2）（3） 解析：（1）粒子在速度选择器中做直线运动，由力的平衡条件得 解得： （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示： 设其半径为r，由向心力公式得： 由几何关系得： 联立解得： （3）粒子在磁场中运动周期为： 根据几何关系可知粒子在磁场中的圆心角为60°；联立以上可得运动时间为： 17.答案：（1）见解析（2）（3） 解析：（1）设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入半圆区域的速度大小为v.由左手定则可知，粒子所受的洛伦兹力水平向左，粒子沿直线离开圆形区域，则粒子在该区域受力平衡，所以电场力水平向右，电场强度的方向水平向右. 电场力与洛伦兹力平衡，有 又 解得 （2）若半圆区域仅有电场，粒子在匀强电场中做类平抛运动，粒子的轨迹如图甲所示. 在竖直方向上有 则 设水平方向的位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，由几何关系 由牛顿第二定律得 在水平方向上 解得 粒子由S到O的过程中，由动能定理得 解得 （3）若半圆区域仅有磁场，且将虚线下侧的电场强度增大到原来的16倍，由公式可知两点之间的电压增大到原来的16倍，由动能定理得 得 粒子在半圆区域的匀强磁场中做匀速圆周运动，作出粒子在该区域的运动轨迹，如图乙所示，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有 解得 由几何关系 解得 粒子在磁场中运动周期 则粒子在磁场中运动时间 整理得 学科网（北京）股份有限公司 $$