第11章 周末双休练十一 磁场(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦磁场专题，覆盖地磁场成因、安培定则、磁感应强度叠加、带电粒子在磁场中的运动等核心考点，依据高考评价体系分析各考点权重，归纳出选择题（磁场叠加、安培力平衡）和计算题（粒子运动轨迹与时间计算）等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于以2026年广东佛山一模、河北张家口一模等模拟题为载体，强化真题训练，通过几何关系分析粒子轨迹、模型建构（如环形电流、匀速圆周运动）培养科学思维和物理观念素养。针对磁场叠加问题，用平行四边形定则整合矢量关系；针对质谱仪问题，结合动能定理与洛伦兹力推导半径公式，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导高频考点突破，提升复习效率。

周末双休练十一　磁　场 高三一轮复习讲义 广东专版 第十一章 磁场 √ 1.(2026·广东佛山一模)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是 A.地表电荷为正电荷 B.环形电流方向与地球自转方向相同 C.若地表电荷的电荷量增加，则地磁场的磁感应强度 增大 D.若地球自转角速度减小，则地磁场的磁感应强度增大 2 3 4 5 6 7 8 9 1 若地磁场来源于地表电荷随地球自转产生的环形电 流，根据安培定则和地球自转方向，地球内部磁感 线方向大致由北到南，可以判断地表电荷为负电荷， A错误；正电荷定向移动的方向为电流方向，地表电 荷为负电荷，所以环形电流方向与地球自转方向相反，B错误；地表电荷的电荷量增加，环形电流也会增大，所以地磁场的磁感应强度增大，C正确；地球自转角速度减小，则线速度减小，环形电流减小，所以地磁场的磁感应强度减小，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2026·河北张家口一模)如图所示，三根长直导线通有大小相同的电流，分别放在正方形ABCD的三个顶点，其中A、B处导线电流方向垂直纸面向外，C处导线电流方向垂直纸面向里，此时正方形中心O点的磁感应强度大小为B0。若将C处的导线撤去，则O点处的磁感应强度大小为 A.B0 B.B0 C.B0 D.B0 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 设每根通电导线单独在O点产生的磁感应强度大小 为B'，A处导线在O点产生的磁感应强度的方向为 从O指向D，B处导线在O点产生的磁感应强度的方 向为从O指向A，C处导线在O点产生的磁感应强 度的方向为从O指向D，由平行四边形定则可得＝B'2＋(2B')2，解得B'＝B0，将C处的导线撤去后，O点处的磁感应强度大小为B0'＝＝B'＝B0。故选A。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 3.(2026·河南洛阳一模)如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为 A. B. C. D. √ 3 4 5 6 7 8 9 2 1 S闭合后，ab棒与余下线框并联，设电源电动势为E，则两并联支路的电流大小均为I＝，ab棒受到安培力的大小为Fab＝ILB，余下线框在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F其他＝ILB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其他＝2ILB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F'＝F其他＝ILB＝。故选A。 3 4 5 6 7 8 9 2 1 4.如图所示，在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在MN边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场，恰好从Q点射出。下列说法错误的是 A.带电粒子可能带正电 B.带电粒子的速度最小值为 C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲 量大小为 D.带电粒子在磁场中运动时间可能为 √ 4 5 6 7 8 9 2 3 1 若粒子带正电，粒子与挡板碰撞后恰好从Q点射出，粒子运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为r2，由对称性和几何知识得L2＋(r2－0.5L)2＝，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A、C正确； 4 5 6 7 8 9 2 3 1 若粒子带负电，粒子垂直PQ射入磁场时，粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的半径为r1＝L，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，此时半径最小，速度也最小，故B错误；若粒子带负电，当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故D正确。 4 5 6 7 8 9 2 3 1 5．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从圆周上的P点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子所受的重力，下列说法正确的是 A．粒子带负电 B．速度v1大于速度v2 C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较 长 D．粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦 兹力较大 √ 5 6 7 8 9 2 3 4 1 根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；根据牛顿 第二定律有qvB＝m，解得v＝，根据题图中轨迹 可知R1<R2，则有v1<v2，故B错误；粒子在磁场中的运 动周期T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝ T，由图可知运动轨迹PN对应的圆心角大于运动轨迹PM对应的圆心角，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长，故C正确；粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小F＝qvB，由v1<v2可知F1<F2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中受到的洛伦兹力较小，故D错误。 5 6 7 8 9 2 3 4 1 6.(2026·河南郑州模拟)如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在S点的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且SP＝x。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k＝0.5(SI)，匀强磁场的磁感应强度B为2×10－4 T，π＝3.14，则下列说法中正确的是 A.该粒子带负电 B.该粒子比荷为9×108 C/kg C.该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10－5 s D.若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子比荷 √ 6 7 8 9 2 3 4 5 1 粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可 知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过加速 电场过程，根据动能定理可得qU＝mv2，解 得v＝，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得r＝＝，则有x＝2r＝，可知x -图像的斜率为k＝＝0.5(SI)，可得粒子的比荷为＝8×108 C/kg，故B错误； 6 7 8 9 2 3 4 5 1 该粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×≈1.96×10－5 s，故C正确；根据x＝2r＝，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误。 6 7 8 9 2 3 4 5 1 7．(2026·广东茂名校考)通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线ab水平吊起，导线中的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，磁感应强度为B，导线处于平衡时悬线与竖直方向成θ＝30°角，重力加速度为g。下列说法正确的是 A．mg＝IlB B．悬线的拉力FT＝mg C．若增大磁感应强度，则悬线的偏角将不变 D．若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab可摆过的最大角度为60° √ 7 8 9 2 3 4 5 6 1 对ab进行受力分析，受重力、安培力和细线中的拉力， 如图所示，根据平衡条件可得IlB＝mg tan θ＝mg， 悬线的拉力FT＝mg，A、B错误；根据IlB＝ mg tan θ可知，若增大磁感应强度，则悬线的偏角将增 大，C错误；若将导线ab拉到最低处由静止释放，则导线ab摆到最大高度时，有IlB·L sin α－mgL(1－cos α)＝0，解得α＝60°，D正确。 7 8 9 2 3 4 5 6 1 8.(2026·河北石家庄调研)如图所示，△AOC为直角三角形，∠O＝90°，∠A＝60°，AO＝L，D为AC的中点。△AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在O点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为m、电荷量为－q、速度大小均为v0＝的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是 A.粒子在磁场中运动的半径为L B.与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出 C.在AC边界上有粒子射出的区域长度为L D.所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等 √ √ √ 8 9 2 3 4 5 6 7 1 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝L，故A正确；如图甲所示，当粒子恰好从A点射出时，根据几何关系可得粒子与OC成60°角入射，所以与OC成45°角入射的粒子将从AC边射出，故B正确； 8 9 2 3 4 5 6 7 1 如图乙所示，根据几何关系可知沿OC 方向入射的粒子将恰好从D点射出，结 合B项分析可知AD为AC边界上有粒子射 出的区域，其长度为L，故C正确；所有粒子在磁场中运动的周期均相同，设为T，设粒子在磁场运动过程中转过的圆心角为α，则粒子运动时间为t＝T，由于所有粒子的运动轨迹为半径相同的圆，从OA射出的粒子，其轨迹对应转过的圆心角不同，所以所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不相等，故D错误。 8 9 2 3 4 5 6 7 1 9．(16分)(2026·广东深圳第二次调研)某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。水平放置的目标靶长为2l，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为l，竖直距离为l。从电子枪逸出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度可以忽略)经匀强电场加速时间t后，以速度v0沿PO方向射入磁场(PO与水平方向夹角为60°)，恰好击中M点。求： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)匀强电场电场强度的大小； 答案： 电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得E1et＝mv0，解得E1＝。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间； 答案： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 由左手定则可知匀强磁场的方向垂直于纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得ev0B＝m 周期T＝ 联立可得T＝ 设OM与竖直方向夹角为α，则有tan α＝，可得α＝30° 由题图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，则电子在磁场中运动的时间t＝。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)为保证电子击中目标靶MN，匀强电场电场强度E的大小范围(匀强电场极板间距不变)。 答案： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 ①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径R＝ 设匀强磁场区域半径为r，由几何关系得tan 30°＝ 由(1)可知E1＝。   9 2 3 4 5 6 7 8 1 ②当电子击中N点时，设ON与竖直方向夹角为β，则有tan β＝，可得β＝60° 由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°，则偏转半径R1＝R 则电子穿过匀强电场后的速度v1＝v0 设极板间距离为d，则由动能定理得 eE2d＝t 联立解得E2＝ 则匀强电场电场强度的范围为。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 周末双休练十一　磁　场 $