磁場章節(jié)提升練

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)備考

一、單選題

1.如圖所示，在空間存在與豎直方向成。角的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E,磁感應(yīng)強

度大小為2,重力加速度為g,若質(zhì)量為機、電荷量為q的小液滴在此空間做勻速直線運動，則以下

說法正確的是（）

A.小液滴速度大小為.，方向垂直紙面向外

qB

B.小液滴速度大小為,方向垂直紙面向外

qB

C.小液滴速度大小為""S：9,方向垂直紙面向里

qB

mgcos0

D.小液滴速度大小為一，方向垂直紙面向里

qB

2.2022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4的圓軌道I,運行周期為十，通過變軌操作后，沿橢圓軌道II運動到8處與“天

和核心艙”對接。則神舟十五號飛船（）

軌道少送

'心艙

A.由軌道I進入軌道n需在A點減速

B.沿軌道n運行的周期為（=7;

c.在軌道卬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n上A點的加速度

3.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。現(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CD運動到最低點D點,

已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

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學(xué)

C.小球在D點的速度大小為欄E

D.小球在D點受到細(xì)線的拉力大小為4mg

4.晾曬衣服的繩子兩端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，A、B兩點等高，無風(fēng)狀態(tài)下衣服保

持靜止。某一時刻衣服受到水平向右的恒定風(fēng)力而發(fā)生滑動，并在新的位置保持靜止，如圖所示。兩

桿間的距離為d,繩長gd,衣服和衣架的總質(zhì)量為加，重力加速度為g,不計繩子的質(zhì)量及繩與衣

架掛鉤間的摩擦，$m37。=0.6。則（）

A.無風(fēng)時，輕繩的拉力大小為

B.衣服在新的平衡位置時，掛鉤左、右兩側(cè)繩子的拉力大小不相等

C.相比無風(fēng)時，在有風(fēng)的情況下NA08更小

D.在有風(fēng)的情況下，繩右側(cè)固定端從A點沿桿緩慢向下移動過程中繩子拉力大小不變

5.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)量為加，電荷量為q的

帶正電小球。整個裝置以速度/進入磁感應(yīng)強度為8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。從玻璃管進入磁場至小球飛出上端口的過程中（）

：XXXX

B

XXXX

Vo；

—^：XXXX

：XXXX

:XXXX

A.小球沿管方向的加速度大小a=叱二些

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暝

6.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8、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。

的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向，下列判斷正確的是（）

y

XXXX

A.粒子帶正電

71YYI

B.粒子由。到A經(jīng)歷的時間為才=二

6qB

C.若已知A到無軸的距離為d,則粒子速度大小為空

m

D.離開第I象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30°

7.如圖所示，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直于紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中反

段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、cd的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質(zhì)量為機、電荷

量為q的粒子，在紙面內(nèi)以不同的速率從。點垂直滴射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，

其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子間的相互作用和重力。則下列分析中正確的是（）

A.粒子帶負(fù)電

B.從〃點射出的粒子的速率一定大于從N點射出的粒子的速率

C.從M點射出的粒子在磁場中運動的時間一定小于從N點射出的粒子在磁場中運動的時間

271Hz

D.所有粒子所用最短時間為二

3qB

8.如圖所示，直線與水平方向成60。角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存

在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為瓦一粒子源位于MN上的〃點，能水平

向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為相（重力不計）、電荷量為式4＞。）的同種粒子，所有粒子均能經(jīng)過

上的b點從左側(cè)磁場進入右側(cè)磁場，已知必=L,則粒子的速度可能是（）

M、、

x

XX\?.B.

B\

XXX\?

\b.

xxxX60必、

N

A6qBL口yf3qBL八#＞qBL門y/3qBL

A,--------D.--------C.--------D?---------

12m9m3mm

二、多選題

9.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B,磁場的寬度為d,

磁場方向垂直于xOy平面向里。一個質(zhì)量為加、電荷量為-式4＞。）的帶電粒子，從原點。射入磁場，

速度方向與x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（）

A.它的軌道半徑為2:1

B.它進入磁場時的速度為當(dāng)

jm

2冗m

C.它在磁場中運動的時間為^

3qB

D.它的運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為64

10.如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖，將一束等離子體（帶有等量正、負(fù)離子的高速離子流）噴射

入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B,這時金屬板上就會聚集電荷，產(chǎn)生電壓。如果射入的等離子

體速度為v,兩金屬板間距離d,板的正對面積為S,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為3,方向與速度方向垂

直，負(fù)載電阻為R。當(dāng)發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時電動勢為E,電流為/,則下列說法正確的是（）

A.A板為發(fā)電機的正極

B.其他條件一定時，v越大，發(fā)電機的電動勢E越大

C.其他條件一定時，S越大，發(fā)電機的電動勢E越大

D,板間等離子體的電阻率為竿-氏］

11.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B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()

加速電場—I—)

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

三、實驗題

12.某同學(xué)為了研究歐姆表的改裝原理和練習(xí)使用歐姆表，設(shè)計了如下實驗。利用一個滿偏電流為

IOORA的電流表改裝成倍率可調(diào)為“X1”或“X10”的歐姆表，其電路原理圖如圖甲所示。

(1)請根據(jù)圖甲中的電路原理圖，在答題卡上的圖乙中連接實物圖____,并正確連接紅、黑表筆。使

用時進行歐姆調(diào)零發(fā)現(xiàn)電流表指針指在如圖丙所示位置，此時應(yīng)將滑動變阻器的滑片P向(選

填“上”或嚇”)移動;

(2)將單刀雙擲開關(guān)S與2接通后，先短接，再歐姆調(diào)零。兩表筆再與一電阻&連接，表針指向表盤

中央圖丁中的。位置處，然后用另一電阻4代替凡，結(jié)果發(fā)現(xiàn)表針指在b位置，則凡=

(3)該同學(xué)進一步探測黑箱問題。黑箱面板上有三個接線柱1、2和3,黑箱內(nèi)有一個由三個阻值相同

的電阻構(gòu)成的電路。用歐姆表測得1、2之間的電阻為5。，2、3之間的電阻為100,1、3之間的電

阻為15。，在答題卡圖戊所示虛線框中畫出黑箱中的電阻可能的連接方式(一種即可)o

?1

II

II

II

II

II

II

：2**3：

II

II

戊

四、解答題

13.如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系。-孫z內(nèi)的正方體043co/A/SG區(qū)域，邊長為小粒子源在y軸

上。。/區(qū)域內(nèi)沿X軸正方向連續(xù)均勻輻射出帶電粒子。已知粒子的質(zhì)量為7”,電荷量為+0初速度為

vo,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不計粒子的重力和粒子間的相互作用。

(1)僅在正方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強電場，所有的粒子都經(jīng)過面射出電場，求電場

強度的最小值Eo；

(2)僅在正方體區(qū)域內(nèi)加沿y軸正方向的勻強磁場，所有的粒子都經(jīng)過A/A88/面射出磁場，求磁感

應(yīng)強度大小瓦的范圍；

(3)在正方體區(qū)域內(nèi)加沿z軸正方向的勻強電場、勻強磁場，已知磁感應(yīng)強度8=手，電場強度

5Lq

14.如圖所示，在了軸下方，沿V軸方向每間隔1=0.2m的高度就有一段間距為d的區(qū)域尸，區(qū)域尸

內(nèi)既存在豎直向上、場強E=20N/C的勻強電場，也存在垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強磁場，磁感

應(yīng)強度3=2T?，F(xiàn)有一電荷量q=5xl()T°C、質(zhì)量根=lxl0-9kg的帶正電的粒子從坐標(biāo)原點。自由下

落。粒子可視為質(zhì)點，取重力加速度g=10m/s2。

(1)求粒子剛到達(dá)第一個區(qū)域P時的速度大小匕；

(2)求粒子穿出第一個區(qū)域P時速度的水平分速度大小匕；

(3)若將所有區(qū)域的磁感應(yīng)強度的大小調(diào)整為玄，使粒子剛好不能穿出第2個區(qū)域P,求夕的大小。

o

-------------------------------------------------------

d

xfVfxlxfxfx^fxlxfxlxfp

d

d

xfVfxIxYxfx^fxlVfxlxfxlxfp

d2dd上kl?d?skl?dW上限」上』之

y

參考答案:

粒子做勻速直線運動，則受力平衡，粒子受力情況如圖;

由圖可知，mgsin6=qvBv=m§Si^0.粒子帶負(fù)電，由左手定則可知，速度方向垂直紙面向外,

故A正確，BCD錯誤。

2.C

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

B.根據(jù)開普勒第三定律，有

解得沿軌道n運行的周期為

故B錯誤;

C.根據(jù)萬有引力提供向心力可得

=m一

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

可得

GM

a=~

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。

故選Co

3.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。的過程，由動能定理

mgL=；mv^

解得

vc=d2gL

此時沿切線方向的速度為

v'c=vccos30=如:L-

故損失的機械能為

AR=—mv^-—mv^r=

a損224

B錯誤；

C.小球由C運動到。的過程，由動能定理

mgL(1—cos60)=；mVp—

解得

夕殍

c正確；

D.小球在D點時由牛頓第二定律

F-mg=與2

解得繩子拉力為

F=g

2

D錯誤。

故選Co

4.C

A.無風(fēng)時，衣服受到重力和兩邊繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，同一條繩子拉力大小相等，則掛鉤左右

兩側(cè)繩子與豎直方向的夾角相等。由幾何關(guān)系可得

sin<9=^一

-d5

3

解得

，=37°

根據(jù)平衡條件可得

mg=2Feos0

解得

5

F=4=—mg

2cos。8

故A錯誤；

B.由于不計繩子的質(zhì)量及繩與衣架掛鉤間的摩擦，則掛鉤相當(dāng)于動滑輪，兩端繩子的拉力大小總是

相等，故B錯誤；

C.設(shè)無風(fēng)時繩子夾角的一半為4,繩長為L,有風(fēng)時繩子夾角的一半為鉤子兩邊細(xì)繩與豎直方

向夾角相等，則有風(fēng)時如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得

L1+L2=Lsin%

d=￡sin。］

又因為

d>L、+L?

所以

0>。2

{

即相比無風(fēng)時，在有風(fēng)的情況下NAOB更小，故C正確;

D.當(dāng)在有風(fēng)的情況下，繩右側(cè)固定端從A點沿桿緩慢向下移動過程中，由上圖可知(4+4)逐漸減

小，則兩端繩子之間的夾角變小，但是兩細(xì)繩拉力的合力為恒力，則繩子拉力尸逐漸減小，故D錯

誤。

故選C。

5.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

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

WF=-^mv—g機說=qv0BL

故C錯誤。

故選Bo

6.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0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

<9=60。

則粒子由。到A運動的時間為

L3600271m_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)尺嗡得:

_qBR_2qBd

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x軸正方向的夾角為60。，故D錯誤。

故選C。

7.D

A.粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A錯誤；

B.根據(jù)

v2

qvB=m——

r

得

m

從加點射出的粒子的軌跡半徑更小，則速率更小，B錯誤；

CD.根據(jù)

_6_6m

'一五T~~qB

粒子運動的周期不變，圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，由幾何關(guān)系可知，弦切角等于圓心角

的一半，當(dāng)弦切角越小時，運動時間越短，如圖所示，當(dāng)弦與灰圓弧邊界相切時，弦切角最小，Ob

等于R,由幾何關(guān)系可知，此時圓周運動的圓心角為120。，則最短時間為

120°2兀2兀"1

'min=々0noX——=N兩點具體位置未知，則無法判斷從M、N點射出的粒子在磁場中運動的

360qB3qB

時間的大小關(guān)系，C錯誤，D正確。

故選Do

d：xxxxxx

：XXXX'XX

8.A

粒子可能在兩個磁場間做多次的運動。畫出可能的粒子軌跡如圖所示

分析可知，由于粒子從b點從左側(cè)磁場進入右側(cè)磁場，粒子在油間做勻速圓周運動的圓弧數(shù)量必為

偶數(shù)個，且根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓弧對應(yīng)的圓心角均為120。，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子運動的半徑為

n-27?cos30°=L(n=2,4,6…)

解得

R=-----(n=2,4,6…)

3n

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m——

R

聯(lián)立解得

6qBL,

v=---------(n=2,4,6,,?)

3m-n

A.當(dāng)v=?些時，〃=4。符合條件，故A正確；

12m

B.當(dāng)丫=我也時，及=3。不符合條件，故B錯誤；

9m

C.當(dāng)丫=必避時，77=1。不符合條件，故C錯誤；

3m

D.當(dāng)丫=避幽時，"=:。不符合條件，故D錯誤。

m3

故選Ao

【點睛】畫出粒子運動的軌跡圖，確定粒子可能存在的運動情況及粒子做圓周運動的半徑和L的關(guān)系,

再根據(jù)牛頓第二定求出速度的可能值。

9.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

27

r=-d

3

A正確；

B.由

v2

qvB=m——

r

27

r=-d

3

聯(lián)立解得粒子進入磁場時的速度為

_qBr_2qBd

v---

m3m

B正確；

C.由

17ir271m

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

4兀m

t=-----

3qB

C錯誤；

D.粒子運動軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)為

2島

y=-2rcos30°

3

D錯誤。

故選ABo

10.BD

A.等離子體進入磁場時，由左手定則可知正電荷受到的洛倫茲力向下，會聚集在B板上，負(fù)電荷受

到的洛倫茲力向上，會聚集在A板上，故B板相當(dāng)于電源的正極，A板相當(dāng)于電源的負(fù)極，A錯誤；

BC.穩(wěn)定后離子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，滿足

E

qvB^q—

a

解得

E=Bdv

電動勢E與速率v有關(guān)，與面積S無關(guān)，即其他條件一定時，v越大，發(fā)電機的電動勢E越大，B正

確，C錯誤；

D.根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

r=*R=與一R

據(jù)電阻定律可得

d

r=p—

S

聯(lián)立解得等離子體的電阻率為

SBdv

P=-\R

D正確。

故選BD。

11.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.進入偏轉(zhuǎn)磁場后，有

V2

qvB=m—

0r

解得

mvmE

r----------

qB。qBoB

知r越小，比荷越大，故C錯誤，D正確。

故選ADo

(1)[1]由多用電表紅黑表筆的特點，紅黑表筆的電流“紅入黑出”，2點接紅表筆，A點接黑表筆,

按照電路圖連接實物圖如下

⑵電表調(diào)零時，紅黑表筆短接，電流表應(yīng)達(dá)到最大值，需要調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，使電流表指針滿偏，

當(dāng)電流表電流增大時，由歐姆定律/=g■可得，電流表兩端電壓

A

4=444增大，叫不變時，電流表兩端電壓4增大。由并聯(lián)電路特點知，與、&兩端的總電壓

也等于4,通過與、凡的電流

u

人=-7%增大時，兒也增大，電路中總電流

風(fēng)十尺2

/總=，12+4

電路總電流增大，由閉合電路電壓特點可得，滑動變阻器和電源內(nèi)阻的總電壓

U=E-Ug

滑動變阻器和電源內(nèi)阻的總電壓U減小，又有歐姆定律可得滑動變阻器和電源內(nèi)阻的總電阻

由以上可知滑動變阻器和電源內(nèi)阻的總電阻減小，滑動變阻器電阻減小，滑動變阻器滑片向上移動。

(2)由歐姆表電路的特點及閉合電路的歐姆定律得，當(dāng)紅黑表筆短接時

當(dāng)電流表處于。、b兩位置時

E=/<4+凡）

E=4（4+4）

將4m=10?A、50.0g、/b=80O1iA帶入以上三式解得

(3)由題意可得1、3之間的電阻可為1、2和2、3之間電阻的串聯(lián)值，所以第一情況：1、2之間

接一個5Q電阻，2、3之間接兩個5Q電阻串聯(lián)。

所以第二情況：1、2之間接兩個10。電阻并聯(lián)，2、3之間接一個10。電阻。

⑶⑴等⑵/相空⑶土彳

(1)所有的粒子都經(jīng)過4488/面射出電場，臨界狀態(tài)從22/邊射出，設(shè)粒子在電場中運動的時間為

t,則有

L=vot,L=g—

2m

聯(lián)立解得

E=*

°Lq

(2)所有的粒子都經(jīng)過4488/面射出磁場，臨界狀態(tài)分別從A4/、邊射出，分別設(shè)粒子在磁場

中偏轉(zhuǎn)半徑為乙和馬，則有

=—L,qv^Bx=m—

2