2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)專練：磁場

磁場專題練

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)備考

一、單選題

1.2022年11月30日，神舟十五號載人飛船與“天和核心艙”完成對接，航天員費俊龍、鄧清明、張

陸進(jìn)入“天和核心艙”。對接過程的示意圖如圖所示，“天和核心艙”處于半徑為4的圓軌道III；神舟十

五號飛船處于半徑為a的圓軌道I,運行周期為工，通過變軌操作后，沿橢圓軌道n運動到8處與“天

和核心艙”對接。則神舟十五號飛船（）

A.由軌道I進(jìn)入軌道H需在A點減速

B.沿軌道n運行的周期為（=7；

c.在軌道III上線速度小于在軌道I上線速度

D.在軌道I上A點的加速度大于在軌道II上A點的加速度

2.某同學(xué)將一鵝卵石以初速度%水平拋出，經(jīng)過一段時間后，鵝卵石豎直方向的速度大小也為％。

若空氣阻力可以忽略，下列說法正確的是（）

A.此過程用時/=為

g

B.此過程鵝卵石的水平位移大小為3

2g

2

C.此過程鵝卵石的豎直位移大小為以

g

D.此過程鵝卵石的位移大小為國

2g

3.如圖所示，勻強磁場分布在平面直角坐標(biāo)系的整個第I象限內(nèi)，磁感應(yīng)強度為夙方向垂直于紙

面向里，一質(zhì)量為機、電荷量絕對值為外不計重力的粒子，以某速度從。點沿著與y軸夾角為30。

的方向進(jìn)入磁場，運動到A點時，粒子速度沿?zé)o軸正方向，下列判斷正確的是（）

XXXX

/XXXX

OX

A.粒子帶正電

71m

B.粒子由。到A經(jīng)歷的時間為"n不

6qB

C.若已知A到無軸的距離為d,則粒子速度大小為名也

m

D.離開第I象限時，粒子的速度方向與無軸正方向的夾角為30。

4.如圖，坐標(biāo)原點。有一粒子源，能向坐標(biāo)平面一、二象限內(nèi)發(fā)射大量質(zhì)量為，小電量為《的正電

粒子（不計重力），所有粒子速度大小相等。圓心在（0,?,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于坐標(biāo)

平面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為3.磁場右側(cè)有一長度為R,平行于y軸的光屏，其中心位于（2RR）。

己知初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上，則（）

A.粒子速度大小為加

m

B.所有粒子均能垂直射在光屏上

271m

C.能射在光屏上的粒子，在磁場中運動時間最長為天3

D.能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸夾角滿足45。464135。

5.如圖所示，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）用長為L的不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線懸掛在O點?，F(xiàn)

把小球移動到A點，此時細(xì)線伸直，與水平方向的夾角為30。，使小球從A點由靜止釋放，當(dāng)小

球運動到C點時,細(xì)線再次伸直（沿細(xì)線方向速度瞬間為零），然后沿圓弧C。運動到最低點。點，

已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A

I/

/

z

/，

A.小球在從A點到D點過程中機械能守恒

B.小球在C點處因細(xì)線再次伸直機械能減少空

4

c.小球在D點的速度大小為

D.小球在D點受到細(xì)線的拉力大小為4mg

6.如圖所示，長度為L內(nèi)壁光滑的輕玻璃管平放在水平面上，管底有一質(zhì)量為機，電荷量為4的

帶正電小球。整個裝置以速度％進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向豎直向下，在外力的作用

下向右勻速運動，最終小球從上端口飛出。從玻璃管進(jìn)入磁場至小球飛出上端口的過程中（）

XXXX

B

XXXX

XXX

XXXX

XXXX

A.小球沿管方向的加速度大小a=-8-沖

m

B.小球做類平拋運動

C.管壁的彈力對小球不做功

D.洛倫茲力對小球做功％

7.如圖所示，兩平行線EF和MN將磁場分割為上、下兩部分，磁場的磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂

直紙面向里?，F(xiàn)有一質(zhì)量為加、電荷量為4的帶電粒子（不計重力）從EF線上的A點以速度v斜向

下射入下方磁場，速度與取成30。角，經(jīng)過一段時間后粒子正好經(jīng)過C點，經(jīng)過C點時速度方

向斜向右上方，與EF也成30。角。已知A、C兩點間距為L兩平行線間距為d,下列說法不正確的

是（）

xxxxBxxx

M----------------------------------N

E-47（）°cF

V

XXXXXXX

A.粒子不可能帶負(fù)電

mv

B.磁感應(yīng)強度大小可能為3=一7

qL

C.粒子到達(dá)。點的時間可能為k+一

3Bqv

D.粒子的速度大小可能為丫=駟

m

8.小明同學(xué)設(shè)計了一貨物輸送裝置，將一個質(zhì)量為M載物平臺架在兩根完全相同、半徑為小軸線

在同一水平面內(nèi)的平行長圓柱上。已知平臺與兩圓柱間的動摩擦因數(shù)均為〃，平臺的重心與兩柱等距,

在平臺的重心位置放上一個質(zhì)量為2m的物體,兩圓柱以角速度。繞軸線如圖所示作相反方向的轉(zhuǎn)動。

現(xiàn)沿平行于軸線的方向施加一恒力產(chǎn)，物體與平臺總保持相對靜止，使載物平臺從靜止開始運動，重

力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.物體受到平臺的摩擦力變小

B.物體和平臺最后一定做勻速直線運動

C.平臺受到兩圓柱給它的摩擦力保持不變

D.只有當(dāng)尸＞〃（M+2〃z）g時平臺才能開始運動

二、多選題

9.如圖所示的是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器，速度選

擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為2和E,平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記

錄粒子位置的膠片A1-A2,平板S下方有磁感應(yīng)強度為瓦的勻強磁場。下列表述正確的是（）

........................綜

F

A.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于=

B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里

C.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小

D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越大

10.如圖所示，在坐標(biāo)系的y軸右側(cè)存在有理想邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為8,磁場的寬度為d,

磁場方向垂直于平面向里。一個質(zhì)量為m>電荷量為-鄉(xiāng)①>0）的帶電粒子，從原點0射入磁場，

速度方向與％軸正向成30。角，粒子恰好不從右邊界射出，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸的某點離開磁場。忽

略粒子重力。關(guān)于該粒子在磁場中運動情況，下面說法正確的是（）

八V

XX

XVx

X

OXX

XX

XX

XX

XX

2

A.它的軌道半徑為

B.它進(jìn)入磁場時的速度為咨

3m

2兀m

C.它在磁場中運動的時間為?1

3qB

D.它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為何

11.如圖所示，在xOy平面第一象限內(nèi)，直線y=0與直線產(chǎn)尤之間存在磁感應(yīng)強度為8,方向垂直紙

面向里的勻強磁場，尤軸下方有一直線。與x軸平行且與x軸相距為a,x軸與直線。之間（包含

x軸）存在沿y軸正方向的勻強電場，在第三象限，直線與直線EF之間存在磁感應(yīng)強度也為3、

方向垂直紙面向外的勻強磁場。紙面內(nèi)有一束寬度為a的平行電子束，如圖，沿y軸負(fù)方向射入第

一象限的勻強磁場，各電子的速度隨入射位置不同大小各不相等，電子束的左邊界與y軸的距離也為

a,經(jīng)第一象限磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)現(xiàn)所有電子都可以通過原點并進(jìn)入無軸下方的電場，最后所有電子都垂

直于EF邊界離開磁場。其中電子質(zhì)量為機，電量大小為e,電場強度大小為石=竺眩。則下列說法

2m

2eBa

A.電子進(jìn)入x軸上方磁場前的最大速度匕

m

\[leBa

B.電子經(jīng)過直線CO時的最小速度

m

C.速度最小的電子在第三象限磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)（-“，-3a）

13

D.直線EF的方程＞無一

12.如圖所示，在豎直放置的平行板電容器極板間有電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場和

磁感應(yīng)強度為耳、方向水平向里的勻強磁場。左右兩擋板中間分別開有小孔耳、邑，在其右側(cè)有一

邊長為工的正三角形區(qū)域磁場，磁感應(yīng)強度為與，磁場邊界女中點$3與小孔耳、S?正對?，F(xiàn)有大量

的帶電荷量均為+4而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔H水平射入電容器，其中速率為%的粒子

剛好能沿直線通過小孔H、S。粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計，下列說法中正確

的是（）

,“E

A.%一定等于五

E

B.在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足丫＞片

C.速率為%的粒子中，滿足質(zhì)量相＜用的粒子都能從邊射出

4%

D.速率為%的粒子中，能打在火邊的所有粒子在磁場層中運動的時間一定都相同

三、解答題

13.如圖所示，在xoy平面第一象限的整個區(qū)域分布向下勻強電場，電場方向平行于y軸向下，在第

四象限內(nèi)存在有界（含邊界）勻強磁場，其左邊界為y軸，右邊界為尤=|■/的直線，磁場方向垂直紙

面向外，一質(zhì)量為加、電荷量為外可看作質(zhì)點的帶正電粒子，從y軸上P點以初速度"垂直于y軸

射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上。點以與x軸正方向成45。角進(jìn)入勻強磁場，已知。。=/,

不計粒子重力，求：

（1）OP間的距離；

（2）要使粒子能再進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強度B的取值范圍；

（3）要使粒子能第二次進(jìn)入磁場，磁感應(yīng)強度8的取值范圍。（結(jié)果用加、q、I、vo表示）

14.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一、二象限分別存在垂直紙面向里的勻強磁場8和沿y

軸正方向的勻強電場及E、8大小均未知。質(zhì)量為機、電荷量為-式4＞。）的粒子從x軸負(fù)半軸M點

與x軸正方向成60。射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以速度%從點尸（0,d）垂直y軸進(jìn)入磁場，最后從N

點與x軸正方向成60。射出磁場，不計粒子重力。

（2）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力戶E1為己知常量）,粒子恰好從。點（圖中未標(biāo)

出）垂直x軸射出磁場，求。點的坐標(biāo)；

（3）在第（2）問的情況下，求粒子從尸點運動到。點的軌跡長度。

參考答案:

1.C

A.由低軌道進(jìn)入高軌道需要點火加速，所以由軌道I進(jìn)入軌道n需在A點加速，故A錯誤;

B.根據(jù)開普勒第三定律，有

T；T；

解得沿軌道n運行的周期為

9%J

故B錯誤;

C.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

GMmv2

—————

rr

可得

可知神舟十五號飛船在軌道III上線速度小于在軌道I上線速度，故C正確;

D.根據(jù)牛頓第二定律可得

GMm

——--=ma

可得

GM

CL=-z-

可知神舟十五號飛船在軌道I上A點的加速度等于在軌道n上A點的加速度，故D錯誤。

2.A

A.鵝卵石豎直方向做自由落體運動，則有

解得

g

故A正確;

B.鵝卵石水平方向做勻速直線運動，則有

x=vot

結(jié)合上述解得

x=—

g

故B錯誤；

C.鵝卵石豎直方向做自由落體運動，則有

h=2gt

結(jié)合上述解得

2g

故C錯誤；

D.此過程鵝卵石的位移大小

解得

X——----

2g

故D錯誤。

故選Ao

3.C

A.根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示

根據(jù)左手定則判斷知，此粒子帶負(fù)電，故A錯誤；

B.粒子由O運動到A時速度方向改變了60。角，所以粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為

6二60。

則粒子由。到A運動的時間為

L。60°271nl_7im

一萬360°qB~3qB

故B錯誤；

C.根據(jù)圖中幾何關(guān)系有：

cos60°=———

R

解得:

R=2d

根據(jù)R二獲得:

qB

qBR_2qBd

v=

mm

故C正確;

D.根據(jù)圓的對稱性可知，離開第一象限時，粒子的速度方向與無軸正方向的夾角為60。，故D錯誤。

故選C。

4.C

A.因為初速度沿y軸正向的粒子經(jīng)過磁場后，恰能垂直射在光屏上,可知在磁場中的運動半徑為R,

則根據(jù)

V2

qvB=m——

R

解得

qBR

v=

m

選項A錯誤;

B.畫出任意粒子從。點射出時的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知，四邊形。。田。2為菱形，則尸。2平行

y軸，則從磁場中射出的粒子垂直于y軸，即凡是能射到屏上的粒子均能垂直射在光屏上，但是并不

是所有粒子都能射到屏上，選項B錯誤；

達(dá)到屏的最上端的粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關(guān)系

可知在磁場中運動的圓心角為120°,則最長時間為

1207127rm27rm

’max

3603qB3qB

選項c正確;

D.由幾何關(guān)系可知，能射在光屏上的粒子初速度方向與x軸夾角滿足60。484120。，選項D錯誤。

故選C。

5.C

A.小球運動到C點時，細(xì)線再次伸直時沿細(xì)線方向速度瞬間為零，機械能有損失不守恒，A錯誤;

B.小球由A運動到C的過程,由動能定理

mgL=；mvj

解得

vc=12gL

此時沿切線方向的速度為

vc=vccos30=—

故損失的機械能為

A%=g加優(yōu)一g=華

B錯誤;

C.小球由C運動到。的過程,由動能定理

解得

VD=

c正確;

D.小球在D點時由牛頓第二定律

F-mg=^

解得繩子拉力為

Img

~T~

D錯誤。

故選C。

6.B

AB.由題意知小球既沿管方向運動，又和管一起向右勻速直線運動，管平放在水平面上，對小球受

力分析知，沿管方向小球所受洛倫茲力為恒力，由牛頓第二定律得

qv°B=ma

解得

〃_q”

u-----

m

即沿管方向小球做勻加速直線運動，水平方向做勻速直線運動，則小球做類平拋運動，故A錯誤，B

正確；

D.洛倫茲力方向總是和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤；

C.小球最終從上端口飛出，沿管方向的速度滿足

v2=2aL

水平方向一直勻速直線運動，可知小球動能增加，洛倫茲力不做功，故管壁對小球向右的彈力對小球

做正功，小球飛出時速度為

M=折+說

由動能定理得，整個過程對小球管壁的彈力對小球做功為

2

喔=；mv'-；mVg=qv0BL

故C錯誤。

故選Bo

7.A

A.若粒子帶負(fù)電，其運動軌跡可能如圖甲所示，粒子可以經(jīng)過C點，故粒子可能帶負(fù)電，A項錯誤，

符合題意；

BD.若粒子帶正電，第一次到達(dá)斯時經(jīng)過C點，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，粒子軌跡半徑為L

由

v2

qvB=m-

可解得

BqL

v=---

m

選項BD項正確，不符合題意；

C.若粒子帶正電，其運動軌跡也可能如圖丙所示，它在下方磁場中運動一次的時間

T71nl

ti=—=---

63qB

在上方磁場中運動一次的時間

57cm

在無磁場區(qū)域中做一次直線運動的時間為

2d

t3=----

V

則粒子到達(dá)。點的時間可能為

_17im4d

+V

C項正確，不符合題意。

故選Ao

8.A

C.圓柱表面的摩擦力大小為

當(dāng)平臺開始運動時，圓柱與平臺的相對速度方向發(fā)生變化，所以圓柱給平臺的摩擦力方向發(fā)生變化,

設(shè)摩擦力與平臺運動方向夾角為6,則平臺所受摩擦力為

v

于平=2/cos=2x+2m)gcos0=+2rri)g

荷+（5）2

所以平臺受到兩圓柱給它的摩擦力與速度有關(guān)，故C錯誤;

A.對平臺和物體整體運用牛頓第二定律

7*1=F-/n^M+2m)g,V==(M+2m\a

由于速度在變大，所以整體加速度在變小，即物體的加速度在變小，根據(jù)

f物=ma

可得物體受到平臺的摩擦力變小，故A正確；

B.物體和平臺做加速度逐漸減小的變加速直線運動，當(dāng)

F>4(M+2nz)g

v

由于而菽<1,則物體的加速度不會減小到零，故B錯誤;

D.根據(jù)前面分析，剛開始運動時速度為0,由

F=（M+2m）a

可知/很小也可以讓平臺加速運動，故D錯誤。

故選Ao

9.AD

A.在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有

qE=qvB

解得

E

v=一

B

故A正確；

B.根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，則在速度選擇器中電場力

水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤；

CD.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后，有

v2

qvB=m—

0r

解得

mvmE

r=---=-----

qB0qB0B

知r越小，比荷越大，故C錯誤，D正確。

故選AD?

10.AB

A.粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知

r+rsin30°=d

解得粒子運動軌道半徑為

A正確；

B.由

v2

qvB=m—

r

2,

r=-d

3

聯(lián)立解得粒子進(jìn)入磁場時的速度為

_qBr_2qBd

v——

m3m

B正確；

C.由

117ir271m

1=---=----

vqB

如圖由幾何關(guān)系知

t=-T

3

解得粒子在磁場中運動的時間為

47rm

t=----

3qB

C錯誤；

D.粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為

y=-2rcos30°=一、逝"

3

D錯誤。

故選ABo

11.ABD

A.根據(jù)題意分析可知，所有電子在第一象限都經(jīng)歷一個四分之一圓周運動后通過原點并沿r軸方

向進(jìn)入工軸下方的電場，最大速度對應(yīng)最大半徑，則有

r[=2a

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

ev{B=m—

聯(lián)立解得電子進(jìn)入x軸上方磁場前的最大速度為

2eBa

匕=

m

故A正確；

B.電子在第一象限磁場中的最小軌跡半徑為

r2=a

則電子過原點并進(jìn)入元軸下方的電子的最小速度為

eBa

V2=-----

m

所有電子在電場中偏轉(zhuǎn)時，均做類平拋運動，故進(jìn)入電場速度最小的電子，離開電場時速度也最小,

則有

vl=2—a,匕nin

m

解得

eBa\[2eBa

Vmin

mm

故B正確;

C.速度最小的電子在電場中運動，有

Ee

—tx?=v^t

mf

解得

x2=2a

可得經(jīng)過直線C。時的坐標(biāo)為（-2°,-?）,此后在磁場中的運動半徑為

電子射出CD時速度與豎直方向的夾角滿足

tan6*=-

%

可得

3=45°

所有電子都垂直于EF邊界離開磁場，設(shè)電子此后在磁場中運動的圓心為（x,y）根據(jù)幾何關(guān)系可得

y=—a-r2cos45°=-2a,x=-2a+r,sin45°=-a

可知速度最小的電子在第三象限磁場中做圓周運動的圓心坐標(biāo)-2。），故C錯誤;

D.由題意可得所有電子都垂直于斯邊界離開磁場，則所有電子運動軌跡的圓心都在E尸直線上，由

以上分析可得，經(jīng)過直線時，設(shè)任何電子的一x方向的分速度為

心力C2）

根據(jù)

eBa

----...eBa

m%=vJ=%t

y丁m

可得

/=2ka

則電子經(jīng)過直線CD的坐標(biāo)為（-2笈，”,電子經(jīng)過直線CD的合速度為

v=E典

m

速度方向與水平方向的夾角的正切值為

tanO'=—

k

則圓心位置對應(yīng)的坐標(biāo)為

x=—2ka+rsin0'=—2kaH----sinO'——Ika+a

eB

y=—a—rcosO'=—a—ka

因為電子垂直于直線Eb出射，所以圓心也在直線上，可得Eb直線為

13

y=—x——a

22

故D正確。

故選ABDo

12.AB

A.當(dāng)帶正電粒子向右進(jìn)入復(fù)合場時，受到豎直向下的電場力和向上的洛倫茲力，速率為力的粒子做

勻速直線運動，即

Eq=4%耳

解得

E

故A正確；

B.粒子向上偏轉(zhuǎn)時，受到的向上的洛倫茲力大于向下的電場力，即

qvB{>qE

則

E

v>——

B、

故B正確；

C.設(shè)質(zhì)量為"％的粒子的軌跡剛好與曲邊相切，如圖所示

由幾何關(guān)系得

—

而

R=r^L

qB]

解得

（2/一3）明乙

/=

2%

所以質(zhì)量小于的粒子都會從。。邊射出，而

2%

(

2石-*qBJ<qBj

2%4v0

故C錯誤;

D.質(zhì)量、速率不同的粒子在磁場中運動的周期可能不同，所以能打在。。邊的所有粒子均運動半個周

期，在磁場不中運動的時間可能不同，故D錯誤。

故選ABo

(0+D'"%；(3)巫3皿4mv0

13.(1)-/；(2)B>

2一qlqlql

（1）設(shè)粒子進(jìn)入電場時V方向的速度為Vy,則

vy=votan45°

設(shè)粒子在電場中運動時間為則

OQ=l=vot

。尸=Z

2

聯(lián)立解得

OP=-l

2

(2)粒子剛好能再進(jìn)入電場的軌跡如圖所示，設(shè)此時的軌跡半徑為々，則

々+〃sin45°=/

解得

n=(2-72)I

令粒子在磁場中的速度為v,則

V=—

cos45

根據(jù)牛頓第二定律

qvBi=m—

解得

_(垃+D加%

RD1------------

以

要使粒子能再進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強度8的范圍為

B>Bl=^+Dmv0

qi

(3)假設(shè)粒子剛好從尤=g/處磁場邊界與電場的交界。處第二次進(jìn)入磁場，設(shè)粒子從P到。的時間

為3則由粒子在電場中運動對稱性可知粒子從第一次出磁場的C