2023-2025年高考物理試題分類匯編:磁場解析版_第1頁
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文檔簡介

三年真題(2023—2025)

io磁場

■三年考情-探規(guī)律?

考點(diǎn)三年考情(2023-2025)命題趨勢

考點(diǎn)1磁場2025?黑吉遼卷114、2025?海南卷T9、2024?福建卷?T6、

安培力2024?重慶卷?T13、2023?北京卷?T19、2023?海南卷?T17、

2023?江蘇卷?T2、2023?山東卷?T12考查熱點(diǎn):(1)磁場的性

2025?四川卷110、2025?甘肅卷?T10、2024?浙江1月選考質(zhì)、安培定則、安培力

考點(diǎn)2帶電粒卷?T20、2024?新課標(biāo)卷126、2024?廣東卷115、2024?北的分析和計(jì)算。

子在磁場中的京卷122、2024?湖北卷17、2024?廣西卷15、2024?重慶(2)帶電粒子在有界勻

運(yùn)動卷.T14、2023?北京卷?T13、2023?天津卷?T13、2023?湖北強(qiáng)磁場中的運(yùn)動。

卷115、2023?全國甲卷?T20、2023?浙江6月選考卷?T20、(3)帶電粒子在組合場

2023?廣東卷?T5中的運(yùn)動。

考點(diǎn)3帶電粒2025?北京卷?T12、2025?山東卷―T12、2024?黑吉遼卷-T15、

子在組合場中2024?海南卷-T18、2024?湖南卷?T14、2024?甘肅卷?T15、

的運(yùn)動2023?山東卷―T17、2023?海南卷?T13、2023?遼寧卷?T14

—?考點(diǎn)分練-精準(zhǔn)達(dá)標(biāo)一

考點(diǎn)01磁場安培力

1.(2025?廣東?高考真題)如圖是一種精確測量質(zhì)量的裝置原理示意圖,豎直平面內(nèi),質(zhì)量恒

為M的稱重框架由托盤和矩形線圈組成。線圈的一邊始終處于垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場中,

磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。測量分兩個(gè)步驟,步驟①:托盤內(nèi)放置待測物塊,其質(zhì)量用m表示,線

圈中通大小為/的電流,使稱重框架受力平衡;步驟②:線圈處于斷開狀態(tài),取下物塊,

保持線圈不動,磁場以速率v勻速向下運(yùn)動,測得線圈中感應(yīng)電動勢為及利用上述測量結(jié)

果可得出機(jī)的值,重力加速度為g。下列說法正確的有()

m

步驟①步驟②

F

A.線圈電阻為了B.1越大,表明機(jī)越大

,,EI

C.v越大,則E越小D.W7=-----M

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)題意電動勢E是線圈斷開時(shí)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,/為線圈閉合

F

時(shí)通入的電流,故了不是線圈的電阻;

故A錯(cuò)誤;

B.根據(jù)平衡條件有(亂+⑺且二班①

故可知/越大,加越大;

故B正確;

C.根據(jù)公式有石=成丫②

故可知n越大,E越大;

故C錯(cuò)誤;

EI

D.聯(lián)立①②可得加=----M

gy

故D正確。

故選BD?

2.(2025?黑吉遼蒙卷?高考真題)如圖(a),固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導(dǎo)體框abed,

置于始終豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,曲邊與磁場邊界平行,出?邊中點(diǎn)位于磁場邊界。導(dǎo)體

框的質(zhì)量根=lkg,電阻R=0.5。、邊長乙=lm。磁感應(yīng)強(qiáng)度3隨時(shí)間,連續(xù)變化,01s

內(nèi)圖像如圖(b)所示。導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流/與時(shí)間/關(guān)系圖像如圖(c)所示,其

中01s內(nèi)的圖像未畫出,規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较颉?/p>

⑴求仁0.5s時(shí)ad邊受到的安培力大小F;

(2)畫出圖(b)中1?2s內(nèi)B-t圖像(無需寫出計(jì)算過程);

⑶從/=2s開始,磁場不再隨時(shí)間變化。之后導(dǎo)體框解除固定,給導(dǎo)體框一個(gè)向右的初速

度%=0.1m/s,求ad邊離開磁場時(shí)的速度大小匕。

【答案】(l)0.015N

【詳解】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律"AO…20.2-0.1112..「eV”

=--=------=------x—x1V=U.UJV

ArAr1-02

E

由閉合電路歐姆定律可知,01s內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小為人=方=01A

由圖(b)可知,/=0.55時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為綜5=°」51

所以此時(shí)導(dǎo)線框成的安培力大小為尸=穌/區(qū)=0」5X0.1X1N=0.015N

(2)0Is內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為4=0」A,根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流

方向?yàn)轫槙r(shí)針,由圖(c)可知12s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為,2=0?2A

方向?yàn)槟鏁r(shí)針,根據(jù)歐姆定律可知12s內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小為石2=/2尺=?!寡?/p>

A①2卡

由法拉第電磁感應(yīng)定律.——=——乙—=0.1V

石2

A?A/

可知1-2s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為f=°-2T/S

解得t=2s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2=0.3T

方向垂直于紙面向里,故12s的磁場隨時(shí)間變化圖為

苴中—EAO_2^

八q=IAt=—Af

RR~R

聯(lián)立解得就經(jīng)過磁場邊界的速度大小為匕=0.01m/s

3.(2025?江蘇?高考真題)某“冰箱貼”背面的磁性材料磁感線如圖所示,下列判斷正確的是()

磁性材料

?C

A.。點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于萬點(diǎn)B.6點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于c點(diǎn)

C.c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于a點(diǎn)D.a、b、c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度一樣大

【答案】B

【詳解】磁感線越密集的地方磁感線強(qiáng)度越大,故可知紇>紇>此。

故選Bo

4.(2025?福建?高考真題)如圖所示,空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線Li與L2,通有大小相等,

方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在〃、0、N三點(diǎn),〃與。關(guān)于Li對稱,。與N關(guān)于L2對稱

且0M=0N,初始時(shí),加處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為及,現(xiàn)保持Li

中電流不變,僅將L2撤去,求N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。ǎ?/p>

M.............O'N"

A.B2—-5|B.—5|C.B2-BiD.Bi-B2

【答案】B

【詳解】根據(jù)安培定則,兩導(dǎo)線在。點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同大小相等,則單個(gè)導(dǎo)

線在。點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為線=2

2

根據(jù)對稱性,兩導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)該與M點(diǎn)一樣,為Bi

根據(jù)對稱性,L2在/V點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為線=2

2

由于1_2在/V點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于L在/V點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度,且方向相反,將

L2撤去,N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為今-戈。

故選Bo

5.(2025?浙江?高考真題)如圖所示,接有恒流源的正方形線框邊長國、質(zhì)量機(jī)、電阻R,

放在光滑水平地面上,線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為3的勻強(qiáng)磁場中。以磁

場邊界CD上一點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),水平向右建立3軸,線框中心和一條對角線始終位于3軸

上。開關(guān)S斷開,線框保持靜止,不計(jì)空氣阻力。

X

X

X

X

X

⑴線框中心位于x=0,閉合開關(guān)S后,線框中電流大小為/,求

①閉合開關(guān)s瞬間,線框受到的安培力大小;

②線框中心運(yùn)動至%過程中,安培力做功及沖量;

③線框中心運(yùn)動至%=《時(shí),恒流源提供的電壓;

⑵線框中心分別位于x=0和%閉合開關(guān)S后,線框中電流大小為/,線框中心分別

2

運(yùn)動到%=£所需時(shí)間分別為。和彳2,求冊-t?。

【答案】⑴①231;②等L③。="欄I+/R

(2)0

【詳解】(1)①閉合開關(guān)S瞬間,線框在磁場中的有效長度為

l=2L

所以線框受到的安培力大小為

F^=BIl=2BIL

②線框運(yùn)動到X時(shí),安培力大小為

七=2BI(L—x)

則初始時(shí)和線框中心運(yùn)動至%時(shí)的安培力分別為

2

F見=2BIL,與2=8IL

則線框中心運(yùn)動至%過程中,安培力做功為

2

_3BII?

女女22~4

由動能定理

可得

v=J——L

V2m

則安培力的沖量為

,l3IBm

I=mv=J------LT

V2

③由能量守恒定律

UI=BILV+I2R

可得,恒流源提供的電壓為

U=BI}

(2)類比于簡諧運(yùn)動,則回復(fù)力為

F回=%=2BI(L—x)=2BIx'=kx'

根據(jù)簡諧運(yùn)動周期公式

由題意可知,兩次簡諧運(yùn)動周期相同,兩次都從最大位移運(yùn)動到平衡位置,時(shí)間均相同,

則有

15

%_72=0

6.(2024?貴州?高考真題)如圖,兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸"形導(dǎo)線框固定在同一豎直

平面內(nèi),導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有

方向相反的恒定電流乙、右,且/1>A,則當(dāng)導(dǎo)線框中通有順時(shí)針方向的電流時(shí),導(dǎo)線框

所受安培力的合力方向()

A.豎直向上B.豎直向下C.水平向左D.水平向右

【答案】C

【詳解】根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在磁場方向向里,由于/i>A,可知左側(cè)的磁場

強(qiáng)度大,同一豎直方向上的磁場強(qiáng)度相等,故導(dǎo)線框水平方向?qū)Ь€所受的安培力相互抵消,

根據(jù)左手定則結(jié)合廣=的可知左半邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向左的安培力大于右半

邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向右的安培力,故導(dǎo)線框所受安培力的合力方向水平向左。

故選C。

7.(2024?浙江?高考真題)如圖所示,邊長為1m、電阻為0.04。的剛性正方形線框abed放

在與強(qiáng)磁場中,線框平面與磁場3垂直。若線框固定不動,磁感應(yīng)強(qiáng)度以竺=0.H7s均

A/

勻增大時(shí),線框的發(fā)熱功率為P;若磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為0.2T,線框以某一角速度繞其中心軸

OO'勻速轉(zhuǎn)動時(shí),線框的發(fā)熱功率為2P,則湖邊所受最大的安培力為()

A.”B.與N

【答案】C

【詳解】磁場均勻增大時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=—5=0.1V

A/

可得

£2

P=——=0.25W

R

線框以某一角速度。繞其中心軸OO'勻速轉(zhuǎn)動時(shí)電動勢的最大值為

Em=BSco

此時(shí)有

2

(Em\

2P=)=0.5W

R

解得

co=lrad/s

分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時(shí)感應(yīng)電流最大為

故乃邊所受最大的安培力為

“B31N

故選C。

8.(2024?重慶?高考真題)小明設(shè)計(jì)了如圖所示的方案,探究金屬桿在磁場中的運(yùn)動情況,質(zhì)

量分別為力出機(jī)的金屬桿P、Q用兩根不可伸長的導(dǎo)線相連,形成閉合回路,兩根導(dǎo)線的

間距和P、Q的長度均為L僅在Q的運(yùn)動區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向水平向左的

勻強(qiáng)磁場。Q在垂直于磁場方向的豎直面內(nèi)向上運(yùn)動,P、Q始終保持水平,不計(jì)空氣阻力、

摩擦和導(dǎo)線質(zhì)量,忽略回路電流產(chǎn)生的磁場。重力加速度為g,當(dāng)P勻速下降時(shí),求

(1)P所受單根導(dǎo)線拉力的大小;

(2)Q中電流的大小。

【答案】(1)mg-,(2)——

BL

【詳解】(1)由P勻速下降可知,P處于平衡狀態(tài),所受合力為0,設(shè)導(dǎo)線的拉力大小為T,

對P有

2T=2mg

解得

T=mg

(2)設(shè)Q所受安培力大小為R對P、Q整體受力分析,有

mg-\-F=2mg

F=BIL

解得

1=蟹

BL

9.(2024?甘肅?高考真題)如圖,相距為d的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌與阻值為H的電阻相連,

處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中長度為L的導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌向

右做勻速直線運(yùn)動,速度大小為V。則導(dǎo)體棒湖所受的安培力為()

?xx

xx

V

XX

?B-d2v+4心一

A.----------,方向向左

B2£2V>.,.B2£2V,,,.

C.---------,萬向向左-----,方向向右

R

【答案】A

【詳解】導(dǎo)體棒"切割磁感線在電路部分得有效長度為力故感應(yīng)電動勢為

E-Bdv

回路中感應(yīng)電流為

R

根據(jù)右手定則,判斷電流方向?yàn)?。流向。。故?dǎo)體棒時(shí)所受的安培力為

方向向左。

故選A。

10.(2024?福建?高考真題)如圖,用兩根不可伸長的絕緣細(xì)繩將半徑為廠的半圓形銅環(huán)豎直懸

掛在勻強(qiáng)磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外,銅環(huán)兩端。、匕處于

同一水平線。若環(huán)中通有大小為/、方向從。到匕的電流,細(xì)繩處于繃直狀態(tài),則()

B

A.兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時(shí)的大B.兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時(shí)的小

C.銅環(huán)所受安培力大小為2rS/D.銅環(huán)所受安培力大小為;zr/3

【答案】AC

【詳解】方法一:微元法

AB.如圖,取通電半圓形銅環(huán)的一小段△/,可將其視為直導(dǎo)線,根據(jù)左手定則可知,改

小段導(dǎo)線受到的安培力方向如圖所示,其大小

AF=BIAl

根據(jù)對稱性苛刻的,如圖所示,對稱的兩小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等,

方向相反,相互抵消,則通電后半圓形銅環(huán)受到的安培力豎直向下,根據(jù)受力分析可知,

通電后兩繩拉力變大,故A正確,B錯(cuò)誤;

CD.對每小段導(dǎo)線所受安培力在豎直方向的分力求和,可得

F=ZK=ZBIAlsine=2rIB

故C正確,D錯(cuò)誤。

故選ACo

方法二:等效法

通電半圓形銅環(huán)可等效為等效長度為直徑電流方向根據(jù)左手定則可知半圓

形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下,大小

F=BIx2r=2rIB

根據(jù)受力分析可得,通電后,繩子拉力

T=mg+F=mg+2r/B>mg

兩根細(xì)繩拉力均比未通電流時(shí)的大。

故選ACo

11.(2024?安徽?高考真題)如圖所示,一"U"型金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi),一電阻不計(jì),質(zhì)

量為機(jī)的金屬棒時(shí)垂直于導(dǎo)軌,并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形c慮/■區(qū)域

內(nèi),存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。支架上方的導(dǎo)軌間,存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。兩

磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3隨時(shí)間的變化關(guān)系均為3=8(SI),左為常數(shù)(左>0)。支架上方

的導(dǎo)軌足夠長,兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為廣,下方導(dǎo)軌的總電阻為凡/=0時(shí),對湖

施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為。的勻加速直線運(yùn)動,整個(gè)運(yùn)動過程中

時(shí)與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知仍與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為〃,重力加速度大小為g。不計(jì)空

氣阻力,兩磁場互不影響。

(1)求通過面積a時(shí)的磁通量大小隨時(shí)間/變化的關(guān)系式,以及感應(yīng)電動勢的大小,并寫

出a。中電流的方向;

(2)求仍所受安培力的大小隨時(shí)間/變化的關(guān)系式;

(3)求經(jīng)過多長時(shí)間,對時(shí)所施加的拉力達(dá)到最大值,并求此最大值。

【答案】(1)kL2,從。流向。;(2)=—~(3)p,——+m(g+a

2

女R+art14Rar'

【詳解】(1)通過面積的磁通量大小隨時(shí)間,變化的關(guān)系式為

①=BS=klh

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得

由楞次定律可知"中的電流從。流向。。

(2)根據(jù)左手定則可知必受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里,大小為

F^BIL

其中

B-kt

設(shè)金屬棒向上運(yùn)動的位移為X,則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

12

x=-at

2

所以導(dǎo)軌上方的電阻為

R'=2xr

由閉合電路歐姆定律得

R+2xr

聯(lián)立得時(shí)所受安培力的大小隨時(shí)間「變化的關(guān)系式為

安一—+

(3)由題知/=0時(shí),對a。施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為。的勻加

速直線運(yùn)動,則對時(shí)受力分析由牛頓第二定律

F-mg-RF女=ma

其中

安一R+ar/

聯(lián)立可得

口第Ct..

m

/=2+(g+")

R+art

整理有

F=D+m(g+a)

K

——art

R

根據(jù)均值不等式可知,當(dāng)一=a片時(shí),R有最大值,故解得

t

/但R的最大值為

Var

ia)

【點(diǎn)睛】

12.(2024?浙江?高考真題)磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有

一個(gè)用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向,兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。

如c和d為磁場中的四個(gè)點(diǎn)。下列說法正確的是()

A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.a、6兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同

C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等

【答案】A

【詳解】A.由左手定則可知,圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下,選項(xiàng)A正確;

B.a、。兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同,但是方向不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

C.磁感線是閉合的曲線,則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.因。點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集,可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,選項(xiàng)D

錯(cuò)誤。

故選A。

13.(2023?福建?高考真題)地球本身是一個(gè)大磁體,其磁場分布示意圖如圖所示。學(xué)術(shù)界對于

地磁場的形成機(jī)制尚無共識。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)

形電流?;诖死碚摚铝信袛嗾_的是()

A.地表電荷為負(fù)電荷

B.環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同

C.若地表電荷的電量增加,則地磁場強(qiáng)度增大

D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小,則地磁場強(qiáng)度增大

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)右手螺旋定則可知,地表電荷為負(fù)電荷,故A正確;

B.由于地表電荷為負(fù)電荷,則環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反,故B錯(cuò)誤;

C.若地表電荷的電量增加,則等效電流越大,地磁場強(qiáng)度增大,故C正確;

D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小,則等效電流越小,地磁場強(qiáng)度減小,故D錯(cuò)誤。

故選ACo

14.(2023?江蘇?高考真題)如圖所示,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為5.L形導(dǎo)線通以恒定電流/,

放置在磁場中.已知時(shí)邊長為2/,與磁場方向垂直,A邊長為/,與磁場方向平行.該導(dǎo)

線受到的安培力為()

A.0B.BIlC.2BIID.非BII

【答案】C

【詳解】因秘段與磁場方向平行,則不受安培力;時(shí)段與磁場方向垂直,則受安培力為

Fab=BI-2l=2BIl

則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIL

故選C。

考點(diǎn)02帶電粒子在磁場中的運(yùn)動

15.(2025?甘肅?高考真題)2025年5月1日,全球首個(gè)實(shí)現(xiàn)“聚變能發(fā)電演示”的緊湊型全超

導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置(BEST)在我國正式啟動總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁

場截面的簡化示意圖,兩個(gè)同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為3,內(nèi)圓半徑為在內(nèi)圓上A點(diǎn)有人0、c三個(gè)粒子均在紙面內(nèi)運(yùn)動,并都

恰好到達(dá)磁場外邊界后返回。已知。、b、c帶正電且比荷均為包,a粒子的速度大小為

m

吃=皎/,方向沿同心圓的徑向;6和。粒子速度方向相反且與。粒子的速度方向垂直。

m

不考慮帶電粒子所受的重力和相互作用。下列說法正確的是()

X

(3兀+2)加

A.外圓半徑等于2&B.。粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為

J2

C.b、C粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間之比為D.c粒子的速度大小為

V2+2

【答案】BD

【詳解】由題意,作出。粒子運(yùn)動軌跡圖,如圖所示

°

?粒子恰好到達(dá)磁場外邊界后返回,?粒子運(yùn)動的圓周正好與磁場

外邊界,然后沿徑向做勻速直線運(yùn)動,再做勻速圓周運(yùn)動恰好回到4點(diǎn),

根據(jù)。粒子的速度大小為%=挺金

m

可得此=&

設(shè)外圓半徑等于R,由幾何關(guān)系得ZAO'B=270°

則R=

A錯(cuò)誤;

B.由A項(xiàng)分析,。粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為第一次回到A點(diǎn)的時(shí)間*n

e2乃42兀m

a粒子做勻速圓周運(yùn)動的周期T=--=

吃qB

540°f371nl

在磁場中運(yùn)動的時(shí)間。.T=---

360qB

勻速直線運(yùn)動的時(shí)間L=也=2m

乜qB

(3K+2)m

故a粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為北抽=%+

qB

B正確;

C.由題意,作出反c粒子運(yùn)動軌跡圖,如圖所示

因?yàn)?。、。粒子返回A點(diǎn)都是運(yùn)動一個(gè)圓周,根據(jù)。、。帶正電且比荷均為包,所以兩粒子

m

做圓周運(yùn)動周期相同,故所用的最短時(shí)間之比為1:1,C錯(cuò)誤;

D.由幾何關(guān)系得24=及凡

mv

洛倫茲力提供向心力有處/

&

聯(lián)立解得匕=正吃

D正確。

故選BDo

16.(2025?北京?高考真題)北京譜儀是北京正負(fù)電子對撞機(jī)的一部分,它可以利用帶電粒子在

磁場中的運(yùn)動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量。

考慮帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為5的勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動,且不計(jì)粒子間相互作用。

⑴一個(gè)電荷量為隨的粒子的速度方向與磁場方向垂直,推導(dǎo)得出粒子的運(yùn)動周期T與質(zhì)量

m的關(guān)系。

⑵兩個(gè)粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q,粒子1的速度方向與磁場方向垂直,粒子2的速度

方向與磁場方向平行。在相同的時(shí)間內(nèi),粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為仇

粒子2運(yùn)動的距離為乩求:

a.粒子1與粒子2的速度大小之比匕:%;

b.粒子2的動量大小p20

【答案】(1)T=F?加

q°B

(2)a.vr:v2=OR:d;b.

【詳解】(1)粒子速度方向與磁場垂直,做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

oK

nmV

解得軌道半徑R=F

q°B

圓周運(yùn)動的周期7="二

V

『2兀m

將R代入得丁=^

f2zr

比例關(guān)系為T=一

q°B

n

(2)a.由題意知粒子1做圓周運(yùn)動,線速度匕=刃氏=7尺

粒子2做勻速直線運(yùn)動,速度匕=;

OR

所以速度之比x=T-="

v2ad

即匕:均=9R:d

b.對粒子1,由洛倫茲力提供向心力有"海

R

qBR

可得加=

粒子2的動量P2=mv2

qBRqBR-dqBd

結(jié)合前面的分析可得P2=--?%=勺、=幻

17.(2025?四川?高考真題)如圖所示,I區(qū)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,其邊界為正方形;回

區(qū)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,其外邊界為圓形,內(nèi)邊界與I區(qū)邊界重合;正方形與圓

形中心同為。點(diǎn)。I區(qū)和回區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比值為4回1。一帶正電的粒子從回區(qū)外邊界

上a點(diǎn)沿正方形某一條邊的中垂線方向進(jìn)入磁場,一段時(shí)間后從a點(diǎn)離開。取sin370=0.6o

則帶電粒子()

/**\

[:淑*一

\?Lx_x_xj?:

''、'、、??/

----

A.在I區(qū)的軌跡圓心不在。點(diǎn)

B.在I區(qū)和回區(qū)的軌跡半徑之上比為102

C.在I區(qū)和回區(qū)的軌跡長度之比為127回37

D.在I區(qū)和回區(qū)的運(yùn)動時(shí)間之上比為127回148

【答案】AD

【詳解】A.由圖可知

03

在I區(qū)的軌跡圓心不在。點(diǎn),故A正確;

B.由洛倫茲力提供向心力quB=

r

mv

可得Y面

r1

故在I區(qū)和回區(qū)的軌跡半徑之上比為二=京=:

444

故B錯(cuò)誤;

r_4

D.設(shè)粒子在磁場回區(qū)偏轉(zhuǎn)的圓心角為a,由幾何關(guān)系cose2

r

rx+25

可得a=37°

360°-2(90°-37°)7_25£義Imn

故粒子在I區(qū)運(yùn)動的時(shí)間為4360°—360。一茄;

2x37°74°2兀m

粒子在團(tuán)區(qū)運(yùn)動的時(shí)間為'2=可'=而'志

A127

聯(lián)立可得在I區(qū)和回區(qū)的運(yùn)動時(shí)間之上比為會=.

故D正確;

I、一?「工L3j、"”占八山上,360°-2(90°-37°)。254°。

C.粒子在I區(qū)和回區(qū)的軌跡長度分別為4=---------y------人X2叭=——;x2町

,2x37°74°

L----------x2仍=x2仍

2360°360°

I.127

故在I區(qū)和回區(qū)的軌跡長度之比為六=一

,2143

故C錯(cuò)誤。

故選ADo

18.(2025?河北?高考真題)如圖,真空中兩個(gè)足夠大的平行金屬板M、N水平固定,間距為

d,M板接地。M板上方整個(gè)區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。M板。點(diǎn)處正上方P

點(diǎn)有一粒子源,可沿紙面內(nèi)任意方向發(fā)射比荷、速度大小均相同的同種帶電粒子。當(dāng)發(fā)射

方向與。尸的夾角。=60。時(shí),粒子恰好垂直穿過M板Q點(diǎn)處的小孔。已知0。=3£,

初始時(shí)兩板均不帶電,粒子碰到金屬板后立即被吸收,電荷在金屬板上均勻分布,金屬板

電量可視為連續(xù)變化,不計(jì)金屬板厚度、粒子重力及粒子間的相互作用,忽略邊緣效應(yīng)。

下列說法正確的是()

XXX;XXXX

XXX獷XXX

XxXQX0XxX

Ayfl---

A.粒子一定帶正電

B.若間距d增大,則板間所形成的最大電場強(qiáng)度減小

C.粒子打到M板上表面的位置與。點(diǎn)的最大距離為7£

D.粒子打到M板下表面的位置與Q點(diǎn)的最小距離為瘋/

【答案】BD

【詳解】A.根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向,根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.隨著粒子不斷打到N極板上,N極板帶電量不斷增加,向下的電場強(qiáng)度增加,粒子做

減速運(yùn)動,當(dāng)粒子恰能到達(dá)N極板時(shí)滿足/=2泅,。=再

m

mv2

解得E=

2.qd

即d越大,板間所形成的最大電場強(qiáng)度越小,選項(xiàng)B正確;

C.因粒子發(fā)射方向與0P夾角為60。時(shí)恰能垂直穿過M板。點(diǎn)的小孔,則由幾何關(guān)系

cos60=斗二

r

解得r=2L

可得OP=rsin60=A/3£

可得粒子打到M板上表面的位置與。點(diǎn)的最大距離為/=J(2r)2—(8)2=

選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

D.因金屬板厚度不計(jì),當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡的弦長仍為尸。長度時(shí),粒子仍可從。

點(diǎn)進(jìn)入兩板之間,由幾何關(guān)系可知此時(shí)粒子從P點(diǎn)沿正上方運(yùn)動,進(jìn)入兩板間時(shí)的速度方

向與M板夾角為a=30。,則在兩板間運(yùn)動時(shí)間(=2vsin"

a

其中a

Id

打至UM板下表面距離Q點(diǎn)的最小距離S=VCOSM

解得s=2dsin2a=

選項(xiàng)D正確。

故選BD?

19.(2025,安徽?高考真題)如圖,在豎直平面內(nèi)的。孫直角坐標(biāo)系中,x軸上方存在垂直紙面

向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦在第二象限內(nèi),垂直紙面且平行于x軸放置足夠

長的探測薄板MN,到x軸的距離為d,上、下表面均能接收粒子。位于原點(diǎn)。的粒子

源,沿。町平面向x軸上方各個(gè)方向均勻發(fā)射相同的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為

質(zhì)量為機(jī)、速度大小均為四。不計(jì)粒子的重力、

q、空氣阻力及粒子間的相互作用,則

m

()

y

XXXXXX

XXXXXX

M1八*

xXXX

——?

OX

A.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為2d

B.薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長度為百d

C.薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度為d

urn

D.薄板接收到的粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間為面

【答案】C

JTIV

【詳解】A.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有4丑5=部一,可得R=^=d,故A錯(cuò)誤;

B.當(dāng)粒子沿x軸正方向射出時(shí),上表面接收到的粒子離,軸最近,如圖軌跡1,根據(jù)幾何

關(guān)系可知S上min=d;當(dāng)粒子恰能通過N點(diǎn)到達(dá)薄板上方時(shí),薄板上表面接收點(diǎn)距離y軸

最遠(yuǎn),如圖軌跡2,根據(jù)幾何關(guān)系可知,S/ax=6d,故上表面接收到粒子的區(qū)域長度

為s上=gd-d,故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)圖像可知,粒子可以恰好打到下表面N點(diǎn);當(dāng)粒子沿y軸正方向射出時(shí),粒子下

表面接收到的粒子離y軸最遠(yuǎn),如圖軌跡3,根據(jù)幾何關(guān)系此時(shí)離y軸距離為d,故下表

面接收到粒子的區(qū)域長度為d,故C正確;

D.根據(jù)圖像可知,粒子恰好打到下表面/V點(diǎn)時(shí)轉(zhuǎn)過的圓心角最小,用時(shí)最短,有

60°27rm71m

,min=/An。-IT='故。錯(cuò)誤。

360qB3qB

故選Co

20.(2024?廣西?高考真題)坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,方向垂直紙面向里。質(zhì)量為加,電荷量為+4的粒子,以初速度丫從。點(diǎn)沿x軸正

向開始運(yùn)動,粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45。,交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力,則尸

點(diǎn)至。點(diǎn)的距離為()

xxxxxx

B

XXXXj/XX、

XXXXxX

mv3mv

A.一

qB2qB

【答案】c

【詳解】粒子運(yùn)動軌跡如圖所示

在磁場中,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

可得粒子做圓周運(yùn)動的半徑

mv

r=——

qB

根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至。點(diǎn)的距離

r

=r-\------------

cos45°

故選C。

21.(2024?湖北?高考真題)如圖所示,在以。點(diǎn)為圓心、半徑為H的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙

面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠

大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為加、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓

形區(qū)域。不計(jì)重力,下列說法正確的是()

A.粒子的運(yùn)動軌跡可能經(jīng)過。點(diǎn)

B.粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向

7Tlm

C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為一

3qB

D.若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短,粒子運(yùn)動的速度大小為

3m

【答案】D

【詳解】AB.在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi),沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出的;根據(jù)圓

的特點(diǎn)可知粒子的運(yùn)動軌跡不可能經(jīng)過0點(diǎn),故AB錯(cuò)誤;

C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域,時(shí)間最短則根據(jù)對稱性可知軌跡如圖

則最短時(shí)間有

qB

故C錯(cuò)誤;

D.粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短,則軌跡如圖所示

設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可知

石R

r=-----

3

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

v2

qvB=m—

r

可得

3m

故D正確。

故選D。

22.(2024?浙江?高考真題)如圖所示,一根固定的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿與水平面成。角。質(zhì)

量為“、電荷量為+4的帶電小球套在細(xì)桿上。小球始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁

場中。磁場方向垂直細(xì)桿所在的豎直面,不計(jì)空氣阻力。小球以初速度%沿細(xì)桿向上運(yùn)動

至最高點(diǎn),則該過程()

XXXX

A.合力沖量大小為mvocos?B.重力沖量大小為m為sin。

C.洛倫茲力沖量大小為D.若%一,彈力沖量為零

2gsin6qB

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)動量定理

I-Q—mv0=-mv0

故合力沖量大小為m%,故A錯(cuò)誤;

B.小球上滑的時(shí)間為

gsin。

重力的沖量大小為

=mgt-

sinS

故B錯(cuò)誤;

C.小球所受洛倫茲力為

Bqv=Bq(v「at)=-Bqat+Bqv

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