18 磁场-【伯乐马】2026年高考物理一轮复习同步考练卷

物理一轮复习同步考练（十八) 磁场 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每 小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1,如图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝 缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通人 图中所示方向的电流时，可以判断出 ∠L∠L∠L∠LLL∠ N S A.弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小 B.弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小 C.弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大 D.弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大 2.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》 地轴 中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨 针锋，则能指南，然常微偏东，不全 南也。”进一步研究表明，地球周围 地磁场的磁感线分布示意如图。结合 上述材料，下列说法不正确的是 P地球自转方向 A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 3.如图所示，金属杆ab的质量为m、通过的电流为I,处在磁 感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨间的距离为L,金属 杆ab静止且紧压在水平导轨上。若磁场方向与导轨平面成a 角，金属杆ab与水平导轨间动摩擦因数为以，下列关于金属 杆ab受力的说法正确的是 A.受安培力的大小为BIL sina B.所受安培力的大小为BIL C.所受摩擦力的大小为BIL tana D.所受摩擦力的大小为umg 4.实验室常用到磁电式电流表。其结构可简化为如图所示的模 型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈， OO'为线圈的转轴。忽略线圈转动中的摩擦。当静止的线圈 中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO'的方向看 A.线圈保持静止状态 B.线圈开始沿顺时针方向转动 C.线圈开始沿逆时针方向转动 D.线圈既可能顺时针方向转动， 也可能逆时针方向转动 5.如图，在坐标系的第一和第二象 y 限内存在磁感应强度大小分别为“B‘ B 1 B和B、方向均垂直于纸面向 外的匀强磁场。一质量为m、电 荷量为q(g>0)的粒子垂直于x 轴射人第二象限，随后垂直于y轴进人第一象限，最后经过 x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A器 B陪 c器 13πm D. 6gB 6.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直 于纸面向里的匀强磁场。重力不计、电荷 量一定的带电粒子以速度v正对着圆心Ov 射人磁场，若粒子射人、射出磁场点间的 距离为R,则粒子在磁场中的运动时间为 A. 2√3πR c. √3πR D. πR 9v B.2πR 3v 3v 30 7.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的 × 导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框 平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、 M N与直流电源两端相接。已知导体棒MN 受到的安培力大小为F,则线框LMN受到 的安培力的大小为 A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每 小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对 的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长 为L、质量为的直导体棒，在导体棒中的电流I垂直纸面 向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁 感应强度B的大小和方向正确的是 AB=mg严，方向垂直斜面向上 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十八）·物理·第1页（共2页） sina B.B=mg元，方向垂直斜面向下 CB-院，方向水平间左 a 77777777777777777777 mg D.B=元，方向水平向右 9.如图所示，在光滑的水平桌面a 上，a和b是两条固定的平行长 直导线，通过的电流强度相等。 矩形线框位于两条导线的正中 间，通有顺时针方向的电流，在 a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是 A.均向左 B.均向右 C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左 10.在匀强磁场中一个未知电性的带电粒子Q1在运动途中与另 一个静止的异种电性的带电粒子Q2发生合体碰撞，运动轨 迹如图示意，不计粒子重力则 ×× × A.Q1比Q2带电多 +S + XX B.Q1比Q2带电少 × × × C.带电粒子运动的轨迹方向是从b至a × X-X X D.带电粒子运动的轨迹方向是从a至b 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分) 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。 (1)完成下列主要实验步骤中的填空： ①按图接线。 ②保持开关S断开，在托盘内加人适量细沙，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 重新加人适量细沙，使D ；然后读出电流表的示数I, 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= (可以用绝对值符号)。 (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.(8分) 物体的带电量是一个不易测得的物理量，某同学设计了一 个实验来测量带电物体所带电量。如图()所示，他将一由绝 缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定 在长木板末端，物块A靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时 器与物块A相连，请结合下列操作步骤回答问题。 打点计时器 打点计时器 、纸带 纸带 (a) b (1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角， 接通打点计时器，轻轻推一下小物块A,使其沿着长木板向下 运动。多次调整倾角，直至打出的纸带上点迹均匀，测出此时 木板与水平面间的倾角，记为0。。 (2)如图(b)所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直 纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物 块B相连，绳与滑轮的摩擦不计。给物块A带上一定量的正电 荷，保持倾角。不变，接通打点计时器，由静止释放小物块 A,该过程可近似认为物块A的带电量不变。下列关于纸带上 点迹的分析正确的是 A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零 B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值 C.纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差 不变 D.纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差 逐渐减少，直至间距不变 (3)为了测定物块A所带电量g,除倾角。、磁感应强度 B外，本实验还必须测量的物理量有 (4)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角0。和所测得的 物理量，可得出g的表达式为 13.(10分) “质子疗法”可进行某些肿瘤治疗，质子先被匀强电场E= 1.3×10N/C加速1=4m后，经圆形磁场引向轰击肿瘤，杀死 其中的恶性细胞。已知质子质量为m=1.67×10-27kg,电量为 e=1.60×10-19C。 (1)求质子经电场加速后的速度大小v; (2)若质子正对直径d=1.0×102m的圆形磁场圆心射 人，偏转角为60°，求该磁场的磁感应强度大小B1; (3)若质子经磁场后偏转角为90°，且圆形磁场磁感应强度 B2=10.44T,求该圆形磁场的最小直径为多大。 14.(13分) 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”，创造了 大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电 磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面， 导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终 与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一 导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场 可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B=i(k 为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进人 第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间 距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为、，金属棒的质 量为m。求： (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F; (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1:a2; (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 金属棒 Z5590337777777777777007220337777777 xh ix ××× XX 70☑ 第一级区域 第二级区域 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十八）·物理·第2页（共2页） 15.(15分) 如图所示，在矩形区域abcd内充满垂直纸面向里的匀强磁 场，磁感应强度为B。在ad边中点O的粒子源，在t=0时刻 垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大 小相同，方向与Od的夹角分布在0~180°范围内。已知沿Od 方向发射的粒子在t=t。时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开 磁场，ab=1.5L,bc=√3L,粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=L,不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求： (1)粒子在磁场中的运动周期T； (2)粒子的比荷g/m; (3)粒子在磁场中运动的最长时间。 -1b十八、磁场 1.答案：A 条形磁铁正上方磁场方向水平向右，根据左手定则，通电导线受 到竖直向下的安培力，所以弹簧的拉力增大，根据牛顿第三定律， 磁铁对导线有向下的作用力，则导线对磁铁有向上的作用力，故 磁铁对桌面的压力减小，A正确 2.答案：C 由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、 北极不重合，由题图可看出地磁的南极在地理北极附近，地球是 一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故A、B的说法正 确。 从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置（如南极、 北极附近)磁感线不与地面平行，故C的说法不正确。 宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场 方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故D的说法正确。 3.答案：B 由题意可知磁感应强度与金属杆垂直，所以F B 金属杆所受安培力的大小为F=BL,故A 错误，B正确； 金属杆受力分析如图所示，根据平衡条件可 得其所受摩擦力的大小为f=BILsina,故 mg CD错误 4.答案：B 两个磁极间形成辐向磁场，由左手定则得线框的左侧边受到的安 培力向上，右侧边受到的安培力向下，故整个线框在安培力的作 用下顺时针转动。B正确。 5.答案：B 带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度 y 大小不变，由7g咒知，第一象限内的国半径 是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。 T1_2πm 粒子在第二象限内运动的时间1，=4一4B 器粒子在第一象限内运动的时间1， T, 2πmX2 2xm 6 6qB 3gB 则粒子在磁场中运动的时间t=t,十t,=6gB 7πm B正确。 6.答案：A 粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示： 故轨道半径：r R R × v2 根据牛顿第二定律，有：qvB=m 解得：r= gB √3qBR 联立解得：v= 3m 2 故在磁场中的运动时间：t= 3- 2V3πR 9v ,故选：A。 这类题要记住这个结论： B 沿径向射入必沿径向射出 7.答案：B 设每根导体棒的电阻为R,长度为L,则电路中，上下两路电阻之 比为R,:R,=2R:R=2:1,上下两路电流之比I1:I2=1:2。 如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L,根 据安培力计算公式F=ILB,可知F′：F=I1：I2=1:2,得F -F,根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的 合力大小为F+F'-号F,选项B正确。 XL M 8.答案：AC 导体棒在重力、斜面的支持力和安培力的作用下处于平衡状态， 当磁场的方向垂直斜面向上时，安培力的方向沿斜面向上，由平 衡条件得BIL=ng sin0,A正确； 当磁场的方向水平向左时，安培力的方向竖直向上，由平衡条件 得BIL=mg,C正确。 9.答案：CD A、B错：如图所示，当α、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近 导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。 2026年伯乐马一轮复习同步考练·物理答案·第1页 I。 A 7B9 F b 同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动。 ' I。 A F F D ·B C、D对：电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I'在线框所 在处产生的磁场方向如图所示，导线AB、CD所在处的磁感应强 度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。 同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止。 10.答案：AD 由于运动过程中洛伦兹力方向始终没有变，故A对，B错。 由于合体后，电量变小，半径变大，故粒子的运动轨迹方向是从 a至b,D正确。 11.(1)重新处于平衡状态(2)m一m28 IL (3)m2>m1 解析： (1)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重新处于平衡状态；然后读出电流表 的示数I,并用天平称出此时细沙的质量2。 (2)开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所 受重力Mg=m1g S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0； 如果m2>m1,有m2g=m1g+BIL 则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向 外 如果m2<m1,有m2g=m1g-BIL 则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向 里； 综上所述，则B=m2一m1g IL (3)如果m2>m1,有m2g=m1g十BIL 则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向 外。 12.(2)D (3)物块B的质量m和两物块最终的速度v mg (4)q-Butan0o 解析： (2)设A的贡量为M,B的质量为，没有磁场时，对由平 衡条件可知f=Mg sin0。,FN=Mg cos0。,又因为f=uFN,所以 f Mg sino μ=F Mgcose0, =tando; 当存在磁场时，以AB整体为研究对象，由牛顿第二定律可 (mg+Mg sin0)-u(Bqv+Mg cos0o)=(M+m)a, 由此式可知，v和a是变量，其它都是不变的量，所以AB 一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运 动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变。 所以纸带上的，点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差 相等公式△x=aT2,可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之 差逐渐减少；匀速运动时，间距不变。故D正确、ABC错误。 (3)(4)根据(mg+Mg sin0,)-(Bqv+Mg cos0。)= (M十m)a,可得当加速度减为零时，速度最大， 设最大速度为v,则(mg十Mg sin0,)一u(Bqv十Mg cos,)=0, 化简得g=mg+Mg sin6。-2 Mg cos0, uBo 把u=tan0,代入，得g=Bvtane。' mg 可知还必须测量的物理量有物块B的质量和两物块最 终的速度v。 13.(1)根据动能定理eEl= 2eEl m 解得v≈1.0×10？m/s d (2)如图，由数学知识tan30°= 2 v 根据洛伦兹力提供向心力B1qv=m 60 解得B1≈12.1T (3)根据洛伦兹力提供向心力qB2v=m 解得r'≈0.01m 如图，根据数学知识圆形磁场直径 d'=√2r'≈1.4×10-2m 14.(1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为 B=kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为 F=B IL=kI2L (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大 小为 a1= FkI2L 第二级区域中磁感应强度大小为 B2=2k1 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为 F'=B2·2IL=4kI2L 金属棒经过第二级区域的加速度大小为 F′4kIL a2= n 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为 a1:a2=1:4 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得 Fs+F's= 2mu2-0 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为 10kI2Ls m 15.(1)初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1， 其圆心为，由几何关系有：sing= 2 所以：0=60° to T=360 解得：T=6to 3L 2 d 图1 (2)粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供， 2026年伯乐马一轮复习同步考练·物理答案·第2页 根据牛顿第二定律得：gwB=m R 2πR ,所以：T= 2πm gB, 解得？。π m 3Bto b 图2 (3)如图2所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob =√5L,圆轨迹的直径为2L 所以：Ob弦对应的圆心角为120° T 粒子在磁场中运动的最长时间tmx=3=21, 半圆法处理粒子源在磁场中运动问题 在匀强磁场中粒子源问 题一直是个难点，画轨迹这一 这道题如下图： 关是大多数学生最大的障碍。 解决这个难点，我们推荐 利用半圆法找寻粒子源轨迹： 首先让粒子向一特殊方 向发射，并作出半圆，然后让 粒子的方向改变，同对半圆也 就同方向改变，结合题意画出 我们要解决问题的半阅，最后 由兀何吴系解决北，类问题。 (可以想象成拿着量角若 的顶点来旋转)