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

该高中物理高考复习课件聚焦“磁场”专题，覆盖地磁场成因、磁场叠加、安培力计算、带电粒子在磁场及复合场中的运动等核心考点，对接高考评价体系，分析各考点权重（如带电粒子运动占比超40%），归纳选择、计算等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题模拟+题型突破+素养提升”，以2026年各地一模题为例，如第5题通过几何关系推导粒子运动时间与速率比（科学推理），第8题构建三角形磁场中粒子轨迹模型（模型建构）。指导学生掌握矢量合成、轨迹分析等技巧，帮助学生高效突破高频考点，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

周末双休练十一　磁　场 高三总复习讲义　新高考 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.(2026·陕西西安模拟)如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，两比荷相同的带电粒子(不计重力)沿直线AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是 A.从P、Q射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1∶2 B.从P、Q射出的粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3 C.从P、Q射出的粒子速率之比为2∶1 D.从P、Q射出的粒子速率之比为1∶3 √ 5 6 7 8 9 2 3 4 1 作出带电粒子运动轨迹如图所示。 根据几何关系可知，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为60°，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为120°，设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得＝tan 60°，＝tan 30°，可得rP∶rQ＝3∶1，带电粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m， 5 6 7 8 9 2 3 4 1 可得粒子做圆周运动的半径为r＝，粒子的运动周期为T＝＝，粒子在磁场中的运动时间为t＝T，则从P、Q射出的粒子速率之比为vP∶vQ＝rP∶rQ＝3∶1，从P、Q射出的粒子在磁场中运动的时间之比为tP∶tQ＝60°∶120°＝1∶2。故选A。 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·湖南浏阳一模)一根重为G的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°的光滑斜面上，如图所示为截面图。当匀强磁场的方向与斜面成60°角斜向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力大小为FN1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向顺时针旋转α角时，金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力大小为FN2，则下列说法不正确的是 A.金属棒中的电流方向垂直纸面向外 B.金属棒受到的安培力为G C.α＝60° D.＝ √ √ 7 8 9 2 3 4 5 6 1 当匀强磁场的方向与斜面成60°角斜向上时，金属棒受力平衡，可知安培力垂直磁场方向斜向上，根据左手定则可知金属棒中的电流方向垂直纸面向里，选项A错误；对金属棒受力分析，如图所示，沿斜面方向根据平衡条件可得FAsin 60°＝Gsin 30°，解得金属棒受到的安培力FA＝G，选项B错误； 7 8 9 2 3 4 5 6 1 由于安培力沿斜面方向的分力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则磁场旋转前后安培力方向关于斜面对称，根据几何关系可得α＝60°，选项C正确；根据平衡条件可得FN1＝Gcos 30°－FAsin 30°＝G，FN2＝Gcos 30°＋FAsin 30°＝G，所以＝，选项D正确。故 选AB。 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.(14分)(2026·山东青岛一模)如图，xOy坐标系第一象限内 的矩形区域中存在沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强 电场，第二象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大 小为B0的匀强磁场和与第一象限内的矩形区域中电场强度大 小相同、方向相反的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于 xOy平面向外的匀强磁场。t＝0时刻将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从第二象限的P点由静止释放，粒子第二次经过距x轴距离最远的位置时恰好由图中A点射入矩形电场区域，一段时间后，粒子由第三象限经坐标原点O射入第一象限。已知A为矩形的顶点，其坐标为，矩形区域沿y轴方向的长度为，沿x轴方向的长度为沿y轴方向的长度的倍，忽略粒子的重力。求： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (1)粒子在A点速度的大小； 答案： 9 2 3 4 5 6 7 8 1 设在P点存在沿x轴正方向大小为v0的速度，满足B0qv0＝Eq 解得v0＝ 开始时对粒子沿x轴正、负方向分别配出大小为v0、v1 的速度，其中v1＝v0 则粒子以分速度v0沿x轴正方向做匀速直线运动，以分速度v1做匀速圆周运动。粒子在A点时满足vA＝v0＋v1 解得vA＝。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (2)P点的x坐标； 答案：－ 9 2 3 4 5 6 7 8 1 在第二象限，由洛伦兹力提供向心力有qv1B0＝m，又T＝ 粒子在第二象限做圆周运动的周期T＝ 粒子由P点运动至A点，所经历的时间t1＝1.5T P、A之间的距离x1＝v0t1 故P点的x坐标为xP＝－x1＝－。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)第三、四象限内匀强磁场的磁感应强度大小。 答案：B0 9 2 3 4 5 6 7 8 1 设粒子能从电场下边界射出，粒子在该区域运动的时间为t2，电场的宽度d＝ 则有d＝ 设此段时间内水平位移为x2，有x2＝vAt2 解得x2＝ 9 2 3 4 5 6 7 8 1 x2等于矩形区域的长度，可知粒子从矩形右下角顶点射出电场区域，根据题意作出粒子的运动轨迹如图。 设此时粒子的速度大小为v2，与x轴正方向的夹角为θ，则有v2＝ 在第三、四象限，由洛伦兹力提供向心力有 Bqv2＝m 9 2 3 4 5 6 7 8 1 设粒子第一次经过x轴时的横坐标为x3，由类平抛运动的规律有＝＝tan θ 解得x3＝ 由几何关系知x3＝2R'sin θ 解得B＝B0。 9 2 3 4 5 6 7 8 1 谢 谢 观 看 周末双休练十一　磁　场 $