2026年高考物理一轮复习(通用版)板块十一磁场(综合训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)板块十一磁场(综合训练)(学生版+解析)，共9页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁体连接起来，此时台秤读数为F1。现在磁体上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向垂直纸面向里，当加上电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（ ）
A．F1>F2B．F10），不计粒子重力，下列说法错误的是（ ）
A．粒子通过速度选择器的速度
B．通道中匀强磁场的磁感应强度的大小
C．调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节最大值的大小为
D．粒子通过速度选择器的速度
【答案】D
【详解】A．在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与电场力相等，即，解得，A正确；
B．依题意知20Ne的轨道半径为，根据牛顿第二定律有，解得，B正确；
CD．根据B选项解析可知，当20Ne和22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当22Ne恰好能够击中照相底片时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大。同前理可得，，其中，联立解得，C正确，D错误。
此题选择错误的，故选D。
8．如图甲所示， 一通电导体棒P质量为m，通过两等长细线悬挂在竖直墙面上等高的M、N两点，导体棒P中通入恒定电流Ip，另一长直导体棒Q固定于MN连线的正下方， 并与滑动变阻器串联，此时滑片位于最左端， 开关闭合， 电路稳定后P棒与竖直墙面成θ角，θ=30°，且与Q棒在同一水平线上， 竖直墙面和两棒侧视图如图乙所示。已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。不计电源内阻和导体棒Q的电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．侧视图中P棒电流方向沿棒向里
B．此时安培力大小等于
C．若缓慢地将滑动变阻器的滑片自左端向右端滑动，细线对P的拉力增大
D．若缓慢将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，两棒的间距将变为原来的倍
【答案】D
【详解】A．P棒受到的排斥的安培力水平向右，则两棒的电流方向相反，Q棒的电流向里，则侧视图中P棒电流方向沿棒向外，故A错误；
B．对P棒受力分析可知，受重力，水平向右的安培力，绳的拉力共三个力而平衡，有，故B错误；
C．若缓慢地将滑动变阻器的滑片自左向右端滑动，接入电路的电阻逐渐减小，Q棒流过的电流逐渐增大，由可知在P棒产生的磁感应强度逐渐增大，P棒依然处于平衡状态，如图所示
由相似三角形可知，因和都不变，则比值不变，而绳长不变，则绳子的拉力不变；故C错误；
D．不计电源内阻和导体棒Q的电阻，若缓慢将滑动变阻器的滑片自最左端缓慢滑至中间，即电路中的总电阻变为原来的一半，由可知Q棒的电流变为原来的2倍，由相似三角形可知，解得，故D正确。
故选D。
9．磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，N侧电势低
D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
【答案】AC
【详解】A．设回旋加速器中的磁感应强度为B，半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则带电粒子在回旋加速器中，根据洛伦兹力提供向心力有，可知带电粒子的最大动能为，所以带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A正确；
B．经过质谱仪的速度选择器区域的粒子速度v都相同，经过偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子轨道半径R相同，则根据洛伦兹力提供向心力有，可得，所以不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B错误；
C．根据左手定则可判断负电荷受到的洛伦兹力方向指向N侧，所以N侧带负电荷，电势低，故C正确；
D．经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力的作用会向前后两个金属侧面偏转，在前后两个侧面之间产生电场，当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力相等时流量Q恒定，故有，又，所以，由此可知，前后两个金属侧面的电压与a、b无关，故D错误。
故选AC。
10．如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正。有一正离子在时垂直于M板从小孔O射入磁场，又从小孔O′射出磁场。已知正离子质量为m，电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。以下磁感应强度B0大小、离子射入磁场的速度v0，可能正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【详解】AB．正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有，做匀速圆周运动的周期，联立解得，故A错误，B正确；
CD．根据题意可知，要使正离子从孔射出磁场，离子到达时必须经过整数个周期，如图所示
当正离子在两板之间运动n个周期，即运动时间为时，由几何关系有，联立求解得正离子的速度的可能值为，可知，离子射入磁场的速度可能为，不可能为，故C错误，D正确。
故选BD。
11． MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。下方两条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为m、电荷量为e的电子从P端飘入电场（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口C处向左射出磁场并被收集。已知C、Q之间的距离为d，匀强电场的电场强度大小为E，电子的重力不计，不考虑相对论效应。下列说法正确的有（ ）
A．电子第一次加速至Q端时速度的大小
B．该电子从P端飘入电场到第一次回到P端的过程中所用的时间
C．该电子经过QA圆弧段的时间比QD圆弧段的时间要短
D．电子最终从C点射出时的动能为
【答案】ABD
【详解】A．第一次加速，由动能定理得，解得，故A正确；
B．电子在加速电场中运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得，电子在电场中加速了1次，可得其运动的位移大小为，根据位移与时间的关系可得，联立以上各式解得，电子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力有，则周期为，电子从P点第一次加速至回到P点过程中，其在磁场中运动的时间，无场区运动时间，电子从P点第一次加速至回到P点所用时间，解得，故B正确；
C．在磁场中运动的时间，始终不变，故C错误；
D．当该电子从C处以最大速度vm射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即，由此可知，从C处射出的电子动能，故D正确。
故选ABD。
12．积分可以看作一种累积的过程。在物理中，有很多累积量的例子。比如，如果速度是时间的函数，那么位移就是速度在时间上的累积。如图所示，一倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，所在空间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。可视为质点的小球质量为m，带正电，电荷量为q，mg=qE，以平行于斜面的初速度从斜面底端向上滑行，经过时间t，小球恰好离开斜面。已知sin37°=0.6，整个运动过程中小球带电量保持不变，以地面为零势能面。下列说法正确的是（ ）
A．小球到达斜面最远的距离
B．
C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球的弹力的冲量大小为
D．小球离开斜面后的电势能最大值为
【答案】CD
【详解】A．小球沿斜面上升的过程中，加速度，且一直做匀减速运动至速度为0，所以，故A错误；
B．小球沿斜面上升过程中，所用时间为，当小球向下运动时，加速至速度时离开斜面，此过程中小球向下的加速度，而分离时应满足，解得则下滑过程中所用时间，总时间，故B错误；
C．上升过程由平衡条件可得，此过程中弹力的冲量为，同理可得下行过程弹力冲量为，全程弹力的冲量为，又由匀变速直线运动规律可得，联立得
故C正确；
D．微元累加法：小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中，以向上为正方向，以向左为正方向，则有，整理得，解得，离开斜面时，小球离底边高度，故，故D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)小花同学设计了如图所示的实验：矩形线圈abcd，匝数为10匝，实验过程中cd边始终在匀强磁场内，ab边始终在磁场外，cd的长度为10cm，整个线圈的质量为0.1kg，弹簧上端固定，重力加速度取g=10m/s2，实验的主要步骤如下：
(1)矩形线圈静止且没有通电时，用刻度尺测得轻弹簧的伸长量为0.50cm，则弹簧的劲度系数为 N/m。
(2)当给线圈通上3A的电流时，弹簧的伸长量增加了0.30cm，则从正前方看线圈的电流方向为 （填“顺时针”或“逆时针”），磁感应强度的大小为 T。
【答案】(1)200
(2) 逆时针 2
【详解】（1）根据受力平衡可得kx=mg
解得弹簧的劲度系数为k=200N/m
（2）[1]弹簧的伸长量增加了0.30cm，可知cd边受到的安培力向下，根据左手定则可知，电流的方向为由d到c，即为逆时针方向；
[2]根据受力平衡可得
解得磁感应强度的大小为B=2T
14．(8分)霍尔效应是电磁现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图甲所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流强度为I的电流，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，则在M、N间出现大小为的电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
(1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学用电压表测量时，应将电压表的“-”接线柱与 （选填“M”或“N”）端通过导线相连。
(2)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，、均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从P端流入，Q端流出，应将掷向 （选填“a”或“b”），掷向 （选填“c”或“d”）。
(3)已知薄片厚度，该同学保持磁感应强度不变，改变电流的大小，测量相应的值，记录数据如下表所示。
根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出图线 ，请利用图线求出该材料的霍尔系数为 （保留2位有效数字）。
【答案】(1)N
(2) a d
(3)
【详解】（1）正电荷从P运动到Q，磁场方向竖直向下，根据左手定则，可得正电荷向M偏转，故电压表“＋”接线柱接M，电压表的“-”接线柱与N端通过导线相连
（2）[1][2]为使电流从P端流入，Q端流出，即P端应和电源正极相连，所以接a，接d；
（3）[1][2]根据描点法可得图像如图所示
根据可得
所以图像的斜率
代入数据可得
三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15．(9分)空间内有一匀强磁场，磁感线方向竖直向下：
(1)在磁场中放入一根长、与磁场方向垂直的直导线，让导线中通过的电流，这段导线受到的磁场力为。求该磁场的磁感应强度大小。
(2)如图所示在这个磁场中放入一个线圈，线圈平面与水平方向夹角，线圈平面面积，穿过线圈的磁通量为多少？若将线圈以为轴顺时针转过角，则通过线圈的磁通量变化量为多少？若将线圈以为轴逆时针转过角，则通过线圈的磁通量变化量为多少？
【答案】(1)2T
(2)，1.2Wb，0.4Wb
【详解】（1）由磁感应强度的定义式得
（2）线圈在垂直磁场方向上的投影面积
穿过线圈的磁通量
线圈以为轴顺时针方向转过后变为与磁场垂直，但由于此时磁感线从线圈平面穿入的方向与原来相反，故此时通过线圈的磁通量
故磁通量的变化量大小为
线圈以为轴逆时针方向转过后变为与磁场方向平行，线圈在垂直磁场方向上的投影面积为0，故此时通过线圈的磁通量
故磁通量的变化量
16．(9分)如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒在竖直平面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为，一质量为、带电荷量为的圆环套在棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且现让圆环由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：
(1)圆环的最大加速度为多大？
(2)圆环获得最大加速度时的速度为多大？
(3)圆环能够达到的最大速度为多大？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）圆环沿杆下滑，所受洛伦磁力垂直于杆向上，垂直于杆列平衡方程得：，可知，当弹力等于零时，圆环所受摩擦力为零，此时圆环的加速度最大，由牛顿第二定律得，解得圆环的最大加速度为
（2）圆环获得最大加速度时，，此时圆环的速度为
（3）圆环的加速度为零时，其速度最大，沿杆方向有
垂直于杆方向有
解得圆环能够达到的最大速度为
17．(9分)老式电视机显像管应用了电子束磁偏转的原理。如图所示，显像管中有一个阴极，工作时它能发射电子，电子经过加速电场和磁场偏转后撞击到荧光屏从而使荧光屏发光。已知电子从阴极逸出的初速度不计，进入偏转线圈时速度为v，偏转线圈产生磁场的磁感应强度与流过偏转线圈的电流成正比，比例系数为k，且磁场在水平方向的宽度为d，对任一电子通过磁场的这段时间内可以认为磁场没有发生变化，时刻电子恰好打在荧光屏的中央位置A，时刻打到B点的电子经过偏转线圈后速度方向偏转了45°，电子质量为m、电量为e，求:
(1)加速电场的电压；
(2)打到A点的电子对应的偏转线圈中磁感应强度的大小；
(3)打到B点的电子对应的偏转线圈中电流的大小。
【答案】(1)
(2)0
(3)
【详解】（1）电子在电场中由动能定理有
解得
（2）时刻电子恰好打在荧光屏的中央位置A，说明电子未发生偏转，即电子不受洛伦兹力，此时偏转线圈中磁感应强度为0。
（3）依题意可做出电子在偏转磁场中的运动轨迹，如图所示
电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径为R，有
由几何关系可得
依题意有
联立解得
18． (11分)我国第一台高能量同步辐射光源HEPS将于2025年12月建成。HEPS建成后将是世界上亮度最高的第四代同步辐射光源之一，也是世界五大高能量同步辐射光源之一，将源源不断为世界释放“中国之光”。
如图甲所示，工作时，源头的电子枪产生电子束，在真空条件下经直线加速器将电子束加速，注入环形增强器，电子继续加速后被注入储存环，以接近光速的速度保持运动。在储存环上的不同位置，电子束通过插入件时，会沿着偏转轨道切线方向释放同步辐射光。
其中，储存环中的插入件能使粒子的运动轨迹发生扭摆，其简化模型如图乙：宽度均为L的条形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ边界竖直，区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，且区域Ⅲ内磁感应强度大小是区域Ⅰ内的三倍。一电子从平行板电容器板S处由静止释放，经电场加速后平行于纸面水平射入区域Ⅰ。已知极板间电压为U，电子的电荷量大小为e，质量为m，重力不计。
(1)电子水平射入区域Ⅰ的初速度v0；
(2)若电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出，求区域Ⅰ内磁感应强度大小；
(3)若电子恰好不能从区域Ⅲ右边界射出，求电子从进入区域Ⅰ到离开区域Ⅲ的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子经过加速电场由动能定理
得
（2）电子恰好不能从区域Ⅰ右边界射出，则速度与区域Ⅰ右边界相切，由几何关系得
电子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
解得
（3）电子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
其中，
电子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，有
电子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动，由几何关系得
同理有，
则
总时间
得
I（）
3.0
6.0
9.0
12.0
15.0
18.0
（）
1.1
1.9
3.4
4.5
6.2
6.8