2025年高考物理二輪復習：磁場

第7講磁場

教師備用習題教師專用欄目

題型1磁場的性質

1.［2022?重慶卷］2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄.為粗略了解等離子體在托卡

馬克環(huán)形真空室內的運動狀況,某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場

和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E,磁感應強度大小為8若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動,

其速度平行于磁場方向的分量大小為也，垂直于磁場方向的分量大小為也,不計離子重力，則（D）

--,---?E

［上3

A.電場力的瞬時功率為+%2

B.該離子受到的洛倫茲力大小為qv】B

C.V2與也的比值不斷變大

D.該離子的加速度大小不變

［解析］根據功率的計算公式可知P=Fvcos。，則電場力的瞬時功率為P=Eqvi,A錯誤;由于也與磁感應強度平

行,也與磁感應強度垂直,則根據洛倫茲力的計算公式有尸洛="2￡B錯誤;根據運動的疊加原理可知，離子在垂

直于紙面的平面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則ni增大）2不變,也與也的比值不斷變小,C錯

誤;離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，兩個力方向始終垂直，則該離子的加速度大小不變,D正確.

2.（多選）［2022?湖北卷］如圖所示,兩平行導軌在同一水平面內.一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩

擦因數恒定.整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定,方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角e

可調.導體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調整磁場方向，可以使導體棒沿導軌

做勻加速運動或勻減速運動.已知導體棒加速時，加速度的最大值為fg；減速時，加速度的最大值為遮g,其中g

為重力加速度大小.下列說法正確的是（BC）

A.棒與導軌間的動摩擦因數為4

B.棒與導軌間的動摩擦因數為手

C.加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下,0=60。

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上,>150。

［解析］設導體棒所受安培力為￡加速時，尸與水平向右方向的夾角為a,Fsina+FN=mg.Feos叼瓜=51,聯(lián)

立得F（cosa+〃sin0（）-洶"晦=優(yōu)。1,最大力口速度（iimax="^^F-〃g=苧,止匕時tana=〃;減速吐設F與水平向左方向的

夾角為"sin/3+mg=FN、Feos￡+〃尸NTWS,聯(lián)立得F（cos/+〃sin夕）+〃mg=〃za2,最大加速度

ZmaxU;5空工廠+〃g=V5g,此時tan夕=〃,聯(lián)立可得〃=g,a=30。,由左手定則可知，加速階段加速度最大時，磁場與水

平向右方向成60。角斜向下步=30。,則減速階段加速度最大時，磁場與水平向右方向成120。角斜向上，選項B、

C正確.

3.一根質量為機、粗細可忽略、長度為/的導體棒靜止在一個足夠長的光滑絕緣半圓柱體頂端，導體棒中通

有垂直紙面向外、大小為/的電流，其截面如圖所示，現(xiàn)讓導體棒由靜止滑下，一段時間后從某一位置P離開

半圓柱體.若給空間加入方向沿半圓柱截面半徑指向圓心的磁場（圖中未畫出），其他條件不變,則導體棒離開

半圓柱體的位置在P點的（C）

A.同一位置

B.右下方

C.左上方

D.無法確定

［解析］導體棒從某一位置P離開半圓柱體時，導體棒與半圓柱體之間的彈力剛好為零，如圖所示，這個位置由

2

重力沿半徑方向的分力提供導體棒的向心力，即加geos族等，若給空間加入方向沿半圓柱截面半徑指向圓心

的磁場，根據左手定則可知導體棒受到一個垂直于半徑方向且與速度方向相同的安培力，在導體棒運動的過

程中,重力和安培力做正功，假設導體棒能到達位置P,由動能定理可知，導體棒的速度"大于原來沒有磁場時

的速度V,即mgeos興嗎^故導體棒不能到達位置P,已提前離開半圓柱體，故選C.

K

4.(多選)［2021?福建卷］如圖所示，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點

為a、b、c、d四點.已知。、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點為cd的中點且在

y軸上;四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里,其余導線電流方向垂

直坐標平面向外.則(BD)

忸

嶺---------9b

-：op

c?-------

A.O點的磁感應強度為0

B.0點的磁感應強度方向由。指向c

C.e點的磁感應強度方向沿y軸正方向

D.e點的磁感應強度方向沿y軸負方向

［解析］由題知，四條導線中的電流大小相等，且到。點的距離相等，故四條導線在。點產生的磁感應強度大小

相等，根據右手螺旋定則可知，四條導線在。點產生的磁感應強度方向如圖甲所示，由圖可知,及與及相互抵

消，風與反合成，根據平行四邊形定則可知點的磁感應強度方向由O指向c,其大小不為零，故A錯誤,B正

確;由題知，四條導線中的電流大小相等,a、b到e點的距離相等，故a、b在e點產生的磁感應強度大小相

等,c、d到e點的距離也相等，故c、d在e點產生的磁感應強度大小也相等，根據右手螺旋定則可知,四條導

線在。點產生的磁感應強度方向如圖乙所示，由圖可知及與劭大小

相等，方向相反，互相抵消，而瓦與風大小相等，方向如圖所示，根據平行四邊形定則可知，合磁感應強度方向沿

y軸負方向，故C錯誤,D正確.

5.（多選）某同學設計了一個測量勻強磁場磁感應強度大小的裝置，如圖所示.兩輕彈簧上端固定，下端懸掛一根

質量為m的均勻細金屬桿尸。，金屬桿與彈簧絕緣.PQ的。端連接一絕緣輕指針，可指示右側標尺上的讀數.

在PQ下方的矩形區(qū)域仍cd有勻強磁場,方向垂直于紙面向里.當P0中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，尸。

與ab邊重合，指針指在標尺的零刻線;當尸。中通以恒定電流/,系統(tǒng)重新平衡時,指針示數可以表示磁感應強

度大小.已知PQ始終保持水平狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內，不計PQ中電流對磁場的影響，下列說法正確的

是（AD）

A.要使裝置正常工作，則PQ中電流方向由Q到P

B.若將標尺標上所對應的磁感應強度值，則刻度不均勻

C.該裝置所能測量的磁感應強度范圍與PQ的質量m有關

D.該裝置所能測量的磁感應強度范圍與通過的電流/有關

［解析］要使裝置正常工作，則PQ必須在磁場中受到向下的作用力,根據左手定則可知,PQ中電流方向由。

到P,A正確;對金屬桿PQ受力分析，由平衡條件可得初始時刻,刻度為0時,彈簧的彈力為2F

彈=2fcto=〃2g,其中Ax=x+xo,聯(lián)立可得8〃=2近，則由于公/、L恒定,則若將標尺標上所對應的磁感應強

度值，刻度均勻,B錯誤;由公式B與x可知,該裝置所能測量的磁感應強度范圍與質量m無關，與電流/有關，

故C錯誤,D正確.

題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.（多選）［2022?遼寧卷］粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示.內圓區(qū)域有垂

直紙面向里的勻強磁場,外圓是探測器.兩個粒子先后從尸點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后

打在探測器上的M點.粒子2經磁場偏轉后打在探測器上的N點，裝置內部為真空狀態(tài),忽略粒子重力及粒子

間相互作用力.下列說法正確的是

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的。點

［解析］由運動軌跡知粒子1不帶電，粒子2帶正電，則粒子1可能為中子，粒子2不可能為電子,A正確,B錯

2

誤;粒子1不帶電，在磁場中運動時不受洛倫茲力，增大磁感應強度對其運動軌跡無影響,C錯誤;由qvB與得

片耳，若增大粒子入射速度,粒子運動的軌跡半徑也增大，如圖所示，粒子2可能打在探測器上的Q點,D正確.

2.在尤Oy坐標系的第一象限內存在勻強磁場，兩個相同的帶電粒子①和②在尸點垂直于磁場分別射入，兩帶

電粒子與x軸的夾角如圖所示，二者均恰好垂直于y軸射出磁場.不計重力.根據上述信息可以判斷出（D）

A.帶電粒子①在磁場中運動的半徑大

B.帶電粒子②在磁場中運動的軌跡短

C.帶電粒子①在磁場中運動的速度大

D.帶電粒子②在磁場中運動的時間長

［解析］兩帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，兩粒子在磁場中運動的半徑相等，均為

魚?麗，根據“4=〃。,可得尸避，所以兩粒子的速率相同,帶電粒子②在磁場中運動的軌跡長，選項A、B、C

錯誤;兩粒子運動的周期均為7=筆,粒子①轉過的圓心角仇=45。,粒子②轉過的圓心角仇=135。,根據可

qoZn

知帶電粒子②在磁場中運動的時間長，選項D正確.

X公X

XX

XX

3.如圖所示,邊長為L的正方形ABCD邊界內有垂直紙面向里的勻強磁場,￡為AD上一點，即=苧;.完全相同

的兩個帶電粒子。、6以不同速度分別從A、E兩點平行A8向右射入磁場，且均從C點射出磁場已知a粒

子在磁場中運動的時間為f,不計粒子的重力和相互作用，則b粒子在磁場中運動的時間為（C）

XXX

XXX

XXX

［解析］根據題意可知粒子做圓周運動的軌跡如圖所示，由圖可知a粒子運動軌跡所對的圓心角為&=90。,根

據幾何知識有（/?2當。+〃=/?22,得b粒子的軌跡半徑&=瞪L,sina磊岑所以b粒子運動軌跡所對應的

圓心角為縱=60。,根據7=寫尸總T,可得色等4b粒子在磁場中運動的時間為傷三=%,故選C.

qbJbUtq。aJ3J

X/X

4.如圖所示,虛線框MNQ尸內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.a、b是兩個電荷量相等、質量不相等的

帶電粒子，它們從尸0邊上的中點以相同的速率沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運

動軌跡.若不計粒子所受重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（C）

A.粒子a帶負電，粒子b帶正電

B.粒子b在磁場中運動的時間長

C.粒子a在磁場中的加速度大

D.粒子b在磁場中的動量小

［解析］根據左手定則可知，粒子a帶正電，粒子b帶負電,A錯誤;帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子a

的路程大，根據可知，粒子a在磁場中運動的時間長,B錯誤;粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力,根據牛

頓第二定律有片則有片絲粒子a的軌跡半徑小，則粒子a的質量小,根據牛頓第二定律有qvB=ma,

解得所等,則粒子a在磁場中的加速度大,C正確;根據p=〃zv可知，粒子a在磁場中的動量小,D錯誤.

5.（多選）如圖所示，等腰梯形abed區(qū)域（包含邊界）存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為民邊長

ad=dc=cb=l,ab=2l,一質量為m＞電荷量為q的正電粒子從a點沿著ad方向射入磁場中，不計粒子的重力，為

使粒子從仍邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度可能為（BC）

.巡qBl商引「5小qBl4^3qBl

~~15.3"-L-）.~

2m4m6m3m

［解析］根據題意，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，當粒子從c點飛出時,半徑為r［=ac=Wl泡

子從b點飛出時,半徑為〃=磐/，由尸千，則有當仁胃為使粒子從cb邊射出磁場區(qū)域，粒子的速度范圍為

3qB3qB

6.（多選）如圖所示，由半圓和矩形組成的區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子從A點沿水

平直徑AP以相同速度w入射（不計兩粒子的相互作用），結果甲、乙兩粒子分別從C、D點射出，已知

AP，AQ=14P,NC。尸=60°,sin37°=0.6,sin53°=0.8,則下列說法正確的是（AC）

A.甲粒子帶正電

B.甲、乙兩粒子的比荷之比為?

C.甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為要

D.甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為當

［解析］甲粒子從C點射出，則根據左手定則可知,甲粒子帶正電，故A正確;粒子的運動軌跡如圖所示，設CEL

AP于8,半圓半徑為R,從D點射出的粒子的軌跡圓心為。2,因為/COP=60。,所以/OC8=30。,即

畫出粒子軌跡，

根據幾何知識可得NCOiA=60。,故Rv=2BC=43R,t甲=盤.^^,因為?！?4。+。8=尚氏所以根據幾何知識可得

ooU甲乙

rcS"0qmVn一

（R乙"1（29+。。2=7?乙2,解得R乙=%,又因為R乙=六=%,R甲=六m=次尺聯(lián)立解得甲、乙兩粒子的比荷之比

為挈，因為sin/。。2。=鋁等4，即/。。2。=53。,故/乙=蕓?詈,甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為

oK乙號R5ooUbq乙

等，故B、D錯誤,C正確.

*題型3動態(tài)圓和收集粒子問題

1.如圖所示,P點處有一粒子源,可以以不同的速率發(fā)射某種質量為機、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子沿紙

面以與Pd成30。角的方向射入正方形勻強磁場區(qū)域abed內，磁場的磁感應強度大小為8,方向垂直于紙面向

里,正方形abed的邊長為a,P點是cd邊的中點.不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則下列說法正確的

是(C)

A.當粒子的速率大于警時，粒子全部從ad邊離開磁場

2m

B.當粒子的速率為警時，粒子從ab邊離開磁場

C.當粒子的速率為要時，粒子恰好從be邊離開磁場

3m

D.當粒子的速率由警變?yōu)榈葧r，粒子在磁場中運動的時間變長

6m10m

［解析］如圖所示，設粒子的運動軌跡半徑為n時,粒子的軌跡與加邊相切，如圖中曲線①所示，由幾何關系得

ri-^=nsin30。,解得n=a,粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得如8=用廨得粒子的速率

為也=迪，當粒子的運動軌跡與ab邊相切時，如圖中曲線②所示，由幾何關系可得冷+72cos30。=。,可得此時粒

m

子的運動軌跡半徑為72=言，解得粒子的速率為V2=辭-,當粒子的運動軌跡與兒邊相切時,如圖中曲線③

2+V3(2+v3)m

所示，由幾何關系可得r3+r3sin30。苦，可得此時粒子運動的軌跡半徑廠3=全,解得粒子的速率為丫3=罌，當粒子

的速率大于迪時，粒子全部從ad邊離開磁場,當粒子的速率為警時，由于V3(等＜V2,所以粒子從be邊離開

m5m5m

磁場,當粒子的速率為^時，粒子恰好從be邊離開磁場，故C正

確,A、B錯誤;當粒子的速率由警變?yōu)榈詴r，由于翟〈警〈要，可知兩種速率的粒子均從cd邊離開磁場，從

6m10m10m6m3m

cd邊離開磁場的運動軌跡如圖中曲線④所示，由幾何關系可知粒子軌跡對應的圓心角為300。,保持不變，粒子

在磁場中的運動時間為仁袈筆=空,可知當粒子的