高考物理一轮复习：阶段性检测《磁场》（解析版）

阶段性检测：《磁场》

（考试时间:75分钟试卷满分：100分）

注意事项：

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.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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°写在本试卷上无效°

3.问答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（本题共8个小题，共48分，下列各题的四个选项中，第卜5题只有一项是符

合题意，第6-8题有多个答案符合要求，全部选对得5分，选不全得3分，有错选得0分。）

1.（2023♦广东•统考高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为1.12T,

质了加速后获得的最大动能为1.5x10?eV.根据给出的数据，可计算质了经该回旋加速器加速后的最大速

率约为（忽略相对论效应，leV=L6xlO」9j）（）

A.3.6x106m/sB.L2xlOm/sC.5.4x10m/sD.2.4xlOsm/s

【答案】C

【详解】洛伦兹力提供向心力有

V2

qvB-m—

R

质子加速后获得的最大动能为

ELy=­1mv~、

解得最大速率约为

v=5.4xl07m/s

故选C。

2.（2023.海南.统考高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小

球运动和受力说法正确的是（）

-----------©-----------

XX|XX

B]

XXvXX

XXXX

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变

C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

【答案】A

【详解】A.根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；

BC.小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；

D.洛仑兹力永不做功，D错误。

故选A。

3.（2023・山西・统考高考真题）一电子和一a粒子从铅盒上的小孔。竖直向上射出后，打到铅盒上方水平

放置的屏幕户上的〃和》两点，。点在小孔O的正上方，〃点在〃点的右侧，如图所示。已知a粒子的速

度约为电子速度的木，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（）

A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里

B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外

C,电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里

D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外

【答案】C

【详解】A.带电粒子在电场和磁场中运动，打到。点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂

直直面向里时，因。粒子带正电，则受到向左的电场力和向左的洛伦兹力，则会打到a点左侧；同理电子

带负电，受到向右的电场力和向右的洛伦兹力，则电子会打到。点右侧，A错误；

B.因a粒子带正电，设带电最为2夕，速度叫电子带负电，电最-夕，电子速度若电场方向向左，

磁场方向向外，则如果。粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡

2qE=2qvB

E

v=­

B

因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力饮'8大于向右的电场力夕£,则电子从而向

左偏转；同理如果电子打在〃点，则*=伏；8,所以此时a粒子向左的电场力为石大于向右的洛伦兹力“明,

则句左偏转，不会打在人点，B错误；

CD.电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果。粒子打在〃点，即向右的电场力和向左的洛七兹力平衡

2（/E=2c/vB

E

v=­

B

电子速度大，受到向右的洛伦兹力8大于向左的电场力则向右偏转，从而达到"点；同理如果电

子打在a,，出=/，力则［粒子向右的电场力2q£大于向左的洛伦兹力2。浊从而向右偏转，会打在6点；

同理电场向右磁场垂直纸面向外时，。粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦

兹力不能受力平衡打到〃点，故C正确，D错误：

故选C。

4.（2023・湖南•统考高考真题）如图，真空中有区域1和H,区域I中存在匀强电场和匀强磁场，电场方

向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰宜角三角形CG/区域（区域H）内存在匀强磁

场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与G/7垂直，且与电场和磁场方向均

垂宜。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线4C运动的粒子才能

进入区域H。若区域I中电场强度大小为石、磁感应强度大小为小，区域H中磁感应强度大小为B2,则粒

子从。尸的中点射出，它们在区域n中运动的时间为a若改变电场或磁场强弱，能进入区域II中的粒子

在区域|【中运动的时间为，，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）

'45Y

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为28/,则/＞为

B.若仅将区域【中电场强度大小变为2£,贝卜＞fo

C.若仅将区域II中磁感应强度大小变为立足,则，=2

422

D.若仅将区域n中磁感应强度大小变为乎与，则/=及/°

【答案】D

【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有

c/v（）Bi=qE

区域II中磁感应强度大小为母,则粒子从C尸的中点射出，则粒子转过的圆心角为90。,根据小£=加,,

有

7nn

T=

ooD

2qB2

A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为28/,则粒子在AC做直线运动的速度，有

qvA2Bi=qE

则

2

八2

再根据力月-〃，匕，可知粒子半径减小，则粒子仍然从C歹边射出，粒子转过的圆心角仍为90。，贝h=0

r

A错误；

B.若仅将区域I中电场强度大小变为2£,则粒子在AC做直线运动的速度，有

qvBB/=q-2E

则

vB=2Vo

再根据＞8=机匕，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子尸点射出，粒子转过的圆心角仍为90。，则/=

r

to,B错误；

C.若仅将区域II中磁感应强度大小变为且£,则粒子在人。做巨线运动的速度仍为%,再根据g，8=切止,

4r

4

可知粒子半径变为原来的耳＞2,则粒子从。尸边射出，则画巴粒子的运动轨迹如下图

si.nH/)=--2——r

4

百

可知转过的圆心角夕二60。，根据qvB=in亍寸r,有

9M2

则

9

C错误;

D.若仅将区域II中磁感应强度大小变为正B,，则粒子在AC做直线运动的速度仍为如,再根据>4=机匕,

4'r

4

可知粒子半径变为原来的&>2,则粒子。尸边射出，则画出粒子的运动轨迹如卜.图

sina=——

4

44,

可知转过的圆心角为«=45。，根据/B=m—rr,有

叵mu

则

t="o

D正确。

故选D。

5.（2023•浙江・高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流/的螺绕环在霍尔元件

处立生的磁场8=4/,通有待测电流/'的直导线时垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场

B'=k/。调节电阻凡当电流表示数为小时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流/'的方向和大小分

别为（）

C.bra,~rr<)D.bra,T-fo

匕&

【答案】D

【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电玉乙为零，

直导线时在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流/'的方向应该是6f。；元件

输出霍尔电压乙为零，则霍尔元件处合场强为0,所以有

k/o=kj

解得

故选D.,

6.（2023・海南•统考高考真题）如图所示，质量为〃?，带电量为+4的点电荷，从原点以初速度%射入第一

象限内的电磁场区域，在（/、％为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在工＞与区

域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从N。射入磁场后偏转打到

2

A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足石=曳篌

B.粒子从N尸中点射入磁场时速度为%J五煲

V苏

C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心至INM的距离为丝?

qB

D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是吟J三士坐

qBVx-

【答案】AD

【详解】A.若粒子打到PN中点,，则

厮=%

11qE.

5H

解得

七”片儿

选项A正确;

B.粒子从PN中点射出时,则

速复

xo

选项B错误;

C.粒子从电场中射出时的速度方向与竖宣方向夹角为。，则

。近取45

"?%

粒子从电场中射出时的速度

sin。

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则

v2

qvB=m—

r

则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为

d=rcosO

解得

选项C错误；

n当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时辱直

最大速度

出离电场的最大速度

qvli=m——

可得最大半径

吗二吗卜;+4£

qBqB

选项D正确;

故选ADo

7.（2023・福建厦门•厦门一中校考一模）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖

直句下的匀强磁场，磁感应强度大小为8,绝缘管道在水平外力尸（图中未画出）的作用下以速度〃向右

匀速运动。管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0,一段时间后，小球运动到管

道N端，小球质量为电量为小管道长度为/，小球直径略小于管道内径，则小球从M端运动到N端

过程有（）

A.时间为、区

\quB

B.小球所受洛伦兹力做功为。

D.外力f的冲量为年切

【答案】BCD

【详解】A.小球在水平外力尸的作用下以速度〃向右匀速运动，故小球受到的洛伦兹力在沿管道方向的

分力保持不变，根据牛顿第二定律得

quB=ma

山切速度为零的位移公式

1,

x=—at~

2

解得

故A错误；

B.小球所受洛伦兹力不做功，故B正确；

C.小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做负功的大

小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有

Wr=IV.=VV=quBl

外力〃的平均功率为

p=V%二卬⑻

=q同啜

2mlV2m

quB

故C正确;

D.外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力尸的冲量大小等于

4=Iy=2qvyBi=qBZvyt=qBl

故D正确。

故选BCDo

8.（2023•海南省直辖县级单位•嘉积中学校考一模）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行

板电容器C和一定值电阻凡导洋棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,

磁感应强度8的变化情况如图乙所示（取图甲所示的磁感应强度方向为正方向），MN始终保持静止，则在

0—2时间内（）

A.电容器。所带的电荷量始终不变

B.电容器C的。板先带止电后带负电

C.MN中的电流方向始终由历指向N

D.MN所受安培力的方向先向右后向左

【答案】AD

【详解】AB.磁感应强度均匀变化，则磁感应强度的变化率不变，产生恒定的感应电动势，则电容器C

所带的电荷量始终不变，故。板一直带正电，故A正确，B错误；

C.由于磁感应强度变化，由楞次定律可知，MN中电流方向始终由N指向M,故C错误；

D.根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，故D正确。

故选ADO

二、非选择题（本题共5个小题，共52分）

9.（2023•辽宁沈阳•东北育才学校校考一模）霍尔效应是电磁基本现象之一，由于霍尔元件产生的电势差

很小，故通常将霍尔元件与放大器电路、温度补偿电路以及稳压电源电路等集成在•个芯片上，称为霍尔

传感器，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。图甲为使用霍尔元件来探测检测电流

是否发生变化的装置示意图，铁芯竖直放置，霍尔元件放在铁芯右侧，该检测电流在铁芯中产生磁场,

其遨感应强度与检测电流强度成正比，霍尔元件所处区域磁场订看做匀强磁场，测量原理如乙图所示，霍

尔元件长为宽为乩厚度为瓦前、后、左、右表面有四个接线柱，通过四个接线柱可以把霍尔元件接

（|）霍尔元件所处位置的磁场方向为（选填“竖直向下”、“竖直向上”、“水平向左''或"水平向右”）；

（2）霍尔元件的前后两表面间形成电势差，电势的高低如图乙所示，则材料中的载流子带电（选

填“正”或"负”

（3）已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为〃，每个自由电荷的电荷量为夕，霍尔元件的厚度为人流过

霍尔元件左右表面的电流为/，霍尔电势差为U,则霍尔元件所处区域的磁感应强度3的表达式为

B=：

（4）当霍尔元件尺寸一定时，霍尔电势差增大，说明检测电流（选填“增大”“减小

【答案】竖直向上负竿增大

【详解】（1）［1］根据右手安培定则可知霍尔元件所处位置的磁场方向为竖直向I：;

（2）［2］因为后表面的电势高于前表面的电势，根据左手定则，粒子在洛伦兹力的作用卜偏向后表面，所

以材料中的载流子带负电;

（3）［3］设前后表面的厚度为4最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有

U

q—=qvBn

a

根据电流微观表达式，有

I=nqSv=v

联立解得

哈里空

/

（4）［4］根据

U0

q~j=qvB

可知

u=W

nqh

霍尔电势差增大，说明检测电流增大。

10.（2023•北京海淀•清华附中校考三模）测速在生活中很常见，不同的情境中往往采用不同的测速方法。

情境1：如图，滑块上安装了宽度d=LOcm的遮光条，滑块在牵引力作用下通过光电门的时间4=0.05s,

则可估算出滑块经过光电门的速度大小匕二

情境2：某高速公路自动测速装置如图甲所示，雷达向汽车驶来的方向发脉冲电磁波，相邻两次发射时间

间隔为当雷达向汽车发射电磁波时，在显示屏，呈现出一个尖形波；在接收到反射回来的无线电波时，

在显示屏上呈现出第二个尖形波。根据两个波在显示屏上的距离，可以计算出汽车至雷达的距离。显示屏

如图乙所示（图乙中标的数据乙、，为己知量），已知光速为小则:

a.当第一个脉冲电磁波遇到汽车时，汽车距雷达的距离为

b.从第一个脉冲遇到汽车的瞬间到第二个脉冲遇到汽车的瞬间，所经历的时间为o

c.若考虑到则可写出汽车的速度为o

情境3：用霍尔效应制作的霍尔测速仪可以通过测量汽车车轮的转速〃（每秒钟转的圈数），进而测量汽车

的行驶速度。

某司学设计了•个霍尔测速装置，其原理如图甲所示。在车轮上固定•个强磁铁，用直流电动带动车轮匀

速转动，当强磁铁经过霍尔元件（固定在车架上）时，霍尔元件输出一个电压脉冲信号。

当半径为，=2cm的车轮匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号如图乙所示。求车轮边缘的线速度大

小匕。（兀取3.14）

乙

11/、(4-幻。

【答案】0.2m/s2^3.l4m/s

2/

【详解】［1］根据

d

V）=一

解得

Vj=0.2m/s

⑵发第一个信号时，汽车到雷达为距离

⑶从第一个脉冲遇到汽车的瞬间到第二个脉冲遇到汽车的瞬间，所经历的时间为

丁=—（…）

[4]发第二个信号时，汽车到雷达的距离

1

若考虑到则汽车的速度为

I,_为一/_&一〃卜'

/2/

[5]由图象可知，车轮的转速为

n=25r/s

车轮边缘的速度大小

v3=2^-rx/z=3.14m/s

11.（2023・天津•统考高考真题）如图，有一正方形线框，质量为机，电阻为心边长为/,静止悬挂着，

个二角形磁场垂直干线框所在平曲,磁感线垂直纸面向里•日线椎中磁区面积为线框面积一半,磁感应强

度变化8=内（攵＞0）,已知重力加速度g,求：

（I）感应电动势E-

（2）线框开始向上运动的时刻族

/x\

/X\

/XXx\

/XXX\

/XXXXXX

，/义X义XX义X'）

/XXXXXXXX\

/乂XX义XX义义X\

【答案】（1）华；（2）笑警

乙KI

【详解】（I）根据法拉第电磁感应定律有

lI2ABkl2

h=-------=----

2Ar2

（2）由图可知线框受到的安培力为

6=）为

当浅框开始向上运动时有

rug=FA

解得

_mg-2R

12.（2023•山东・统考高考真题）如图所示，在0WxW2〃，0”W2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强

大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为〃?，电量为的带正

电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。

（I）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直N尸再次进入电场，求磁场的磁

感应强度B的大小；

（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿），釉正方向第一次进入电场、离开电场后从尸

点第二次进入电场，在电场的作用下从。点离开。

（i）求改变后电场强度£的大小和粒子的初速度%;

（ii）通过计算判断粒子能否从P点第二次进入电场C

【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有

qE.2d=；inv1

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

RV2

粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何美系可知

R4

联立可得

(2)(i)由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

解得

R.=-d

12

所以有

6=53、a=3T

洛伦兹力提供向心力

竹田=,吟

K\

带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有

qE'-2d=gm\^-；/欣

再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有

Id=v,cosa-t

沿y方向上有

2d=v.sinat+—ar

'2

其中根据牛顿第二定律有

qE'=ma

联立以上各式解得

v,=15

%=

£*=36£

（ii）粒子从尸到。根据动能定理有

qE・2d=；zzzv?—gm\r

可得从Q射出时的速度为

v2

此时粒子在磁场中的半径

根据其几何关系可知对应的圆心坐标为

而圆心与尸的距离为

故不会再从P点进入电场。

13.（2023•浙江•统考高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，平

面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为心、边界均平行K轴的区域I和II,其中区域存在磁感应强

度大小为氏的匀强磁场，区域H存在磁感应强度大小为&的磁场，方向均垂直纸面向里，区域n的卜边

界与4轴重合。位于Q3L）处的离子源能释放出质量为小、电荷量为外速度方向与x轴夹角为60。的正离

子束，沿纸面射向磁场区域。不il离子的重:力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。

（I）求离子不进入区域II的最大速度力及其在磁场中的运动时间/;

（2）若与=24，求能到达y=彳处的离子的最小速度V2；

（3）若见=§），，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在B、qL6BqL

t范围，求进入第四象限

mm

的离子数与总离子数之比〃。

y

3饮6d

o■B

【答案】（1）匕=竺匹;2不〃?匕=竺匹o）60%

(2)

3qB、m

【详解】（I）当离子不进入磁场II速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系

4cos60=/;-£

解得

n=2L

根据

2

q%B[=in—

解得

2B.qL